Question

16．如图，已知椭圆$C：\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$的上、下顶点分别为A，B，点P在椭圆上，且异于点A，B，直线AP，BP与直线l：y=-2分别交于点M，N，
（Ⅰ）设直线AP，BP的斜率分别为k₁，k₂，求证：k₁•k₂为定值；
（Ⅱ）求线段MN的长的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由椭圆方程求出两个顶点A，B的坐标，设出P点坐标，写出直线AP、BP的斜率k₁，k₂，结合P的坐标适合椭圆方程可证结论；
（Ⅱ）分别求出M和N点的坐标，由（Ⅰ）中的结论得到两直线斜率间的关系，把|MN|用含有一个字母的代数式表示，然后利用基本不等式求最值．

解答 （Ⅰ）证明：由题设椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$可知，点A（0，1），B（0，-1）．
令P（x₀，y₀），则由题设可知x₀≠0．
∴直线AP的斜率${k}_{1}=\frac{{y}_{0}-1}{{x}_{0}}$，PB的斜率为${k}_{2}=\frac{{y}_{0}+1}{{x}_{0}}$．
又点P在椭圆上，
$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}+{{y}_{0}}^{2}=1$（x₀≠0），从而有${k}_{1}•{k}_{2}=\frac{{y}_{0}-1}{{x}_{0}}•\frac{{y}_{0}+1}{{x}_{0}}$=$\frac{{{y}_{0}}^{2}-1}{{{x}_{0}}^{2}}$=$-\frac{1}{4}$；
（Ⅱ）解：由题设可得直线AP的方程为y-1=k₁（x-0），
直线PB的方程为y-（-1）=k₂（x-0）．
由$\left\{\begin{array}{l}{y-1={k}_{1}x}\\{y=-2}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{3}{{k}_{1}}}\\{y=-2}\end{array}\right.$；
由$\left\{\begin{array}{l}{y+1={k}_{2}x}\\{y=-2}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{1}{{k}_{2}}}\\{y=-2}\end{array}\right.$．
∴直线AP与直线l的交点N（-$\frac{3}{{k}_{1}}$，-2），直线PB与直线l的交点M（-$\frac{1}{{k}_{2}}$，-2）．
∴|MN|=|$\frac{3}{{k}_{1}}-\frac{1}{{k}_{2}}$|，又${k}_{1}•{k}_{2}=-\frac{1}{4}$．
∴|MN|=|$\frac{3}{{k}_{1}}$+4k₁|=$\frac{3}{|{k}_{1}|}$+4|k₁|≥2$\sqrt{\frac{3}{|{k}_{1}|}•4|{k}_{1}|}$=4$\sqrt{3}$．
等号成立的条件是$\frac{3}{|{k}_{1}|}=4|{k}_{1}|$，即k₁=±$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
故线段MN长的最小值为4$\sqrt{3}$．

点评 本题考查了直线的斜率，考查了直线与圆锥曲线的关系，训练了代入法，考查了利用基本不等式求最值，考查了圆系方程，考查了学生的计算能力，是有一定难度题目．