Question

13．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1的左、右顶点分别为A，B，过右焦点F的直线l与椭圆C交于P，Q两点（点P在x轴上方）．
（1）若QF=2FP，求直线l的方程；
（2）设直线AP，BQ的斜率分别为k₁，k₂，是否存在常数λ，使得k₁=λk₂？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由椭圆方程求出a，b，c，可得F的坐标，设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），直线l的方程为x=my+1，代入椭圆方程，求得P，Q的纵坐标，再由向量共线的坐标表示，可得m的方程，解方程可得m，进而得到直线l的方程；
（2）运用韦达定理可得y₁+y₂，y₁y₂，my₁y₂，由A（-2，0），B（2，0），P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），x₁=my₁+1，x₂=my₂+1，
运用直线的斜率公式，化简整理计算可得常数λ的值，即可判断存在．

解答 解：（1）因为a²=4，b²=3，所以c=$\sqrt{{a}^{2}-{b}^{2}}$=1，
所以F的坐标为（1，0），
设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），直线l的方程为x=my+1，
代入椭圆方程$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，得（4+3m²）y²+6my-9=0，
则y₁=$\frac{-3m+6\sqrt{1+{m}^{2}}}{4+3{m}^{2}}$，y₂=$\frac{-3m-6\sqrt{1+{m}^{2}}}{4+3{m}^{2}}$．
若QF=2FP，即$\overrightarrow{QF}$=2$\overrightarrow{FP}$，
则$\frac{-3m-6\sqrt{1+{m}^{2}}}{4+3{m}^{2}}$+2•$\frac{-3m+6\sqrt{1+{m}^{2}}}{4+3{m}^{2}}$=0，
解得m=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
故直线l的方程为$\sqrt{5}$x-2y-$\sqrt{5}$=0．
（2）由（1）知，y₁+y₂=-$\frac{6m}{4+3{m}^{2}}$，y₁y₂=-$\frac{9}{4+3{m}^{2}}$，
所以my₁y₂=-$\frac{9m}{4+3{m}^{2}}$=$\frac{3}{2}$（y₁+y₂），
由A（-2，0），B（2，0），P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），x₁=my₁+1，x₂=my₂+1，
所以$\frac{{k}_{1}}{{k}_{2}}$=$\frac{{y}_{1}}{2+{x}_{1}}$•$\frac{{x}_{2}-2}{{y}_{2}}$=$\frac{{y}_{1}（m{y}_{2}-1）}{{y}_{2}（m{y}_{1}+3）}$=$\frac{\frac{3}{2}（{y}_{1}+{y}_{2}）-{y}_{1}}{\frac{3}{2}（{y}_{1}+{y}_{2}）+3{y}_{2}}$=$\frac{1}{3}$，
故存在常数λ=$\frac{1}{3}$，使得k₁=$\frac{1}{3}$k₂．

点评 本题考查直线的方程的求法，注意运用直线和椭圆方程联立，解方程求交点，考查存在性问题的解法，注意运用韦达定理和直线的斜率公式，考查化简整理的运算能力，属于中档题．