Question

14．设椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F₁、F₂，点A是其与y轴一个交点，定点P（-2，-2），且$\overrightarrow{A{F}_{1}}$•$\overrightarrow{A{F}_{2}}$=2．|$\overrightarrow{OP}$|=|$\overrightarrow{{F}_{1}{F}_{2}}$|．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点P作直线l与椭圆C相交于不同的两点Q，H（Q，H不点A不重合），设直线AQ的斜率为k₁，直线斜率为k₂，证明：k₁+k₂为定值．

Answer 1

分析 （1）由已知求出2c，进一步得到c，再由$\overrightarrow{A{F}_{1}}$•$\overrightarrow{A{F}_{2}}$=2得到b，c的关系，结合隐含条件求得a，b的值，则椭圆方程可求；
（2）分直线l的斜率不存在和存在两种情况讨论，当直线l的斜率不存在时，直接求出k₁+k₂的值；当直线l的斜率存在时，设出直线方程，联立直线方程和椭圆方程，利用根与系数的关系及斜率公式求得k₁+k₂为定值．

解答 解：（1）如图，
∵点P（-2，-2），且|$\overrightarrow{OP}$|=|$\overrightarrow{{F}_{1}{F}_{2}}$|，
∴2c=$\sqrt{（-2）^{2}+（-2）^{2}}=2\sqrt{2}$，则c=$\sqrt{2}$，
又$\overrightarrow{A{F}_{1}}$•$\overrightarrow{A{F}_{2}}$=2，得（-c，-b）•（c，-b）=b²-c²=2，
∴b²=c²+2=4，则a²=b²+c²=6．
∴椭圆C的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$；
（2）当直线l的斜率不存在时，直线方程为x=-2，
联立$\left\{\begin{array}{l}{x=-2}\\{\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，解得：Q（$-2，-\frac{2\sqrt{3}}{3}$），H（$-2，\frac{2\sqrt{3}}{3}$），
又A（0，2），∴${k}_{1}=\frac{-\frac{2\sqrt{3}}{3}-2}{-2}=1+\frac{\sqrt{3}}{3}$，${k}_{2}=\frac{\frac{2\sqrt{3}}{3}-2}{-2}=1-\frac{\sqrt{3}}{3}$，k₁+k₂=2；
当直线l的斜率存在时，设直线方程为y+2=k（x+2），即y=kx+2k-2，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+2k-2}\\{\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，得（2+3k²）x²+（12k²-12k）x+12k²-24k=0．
设Q（x₁，y₁），H（x₂，y₂），
则${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{12k-12{k}^{2}}{2+3{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{12{k}^{2}-24k}{2+3{k}^{2}}$．
${k}_{1}=\frac{{y}_{1}-2}{{x}_{1}}，{k}_{2}=\frac{{y}_{2}-2}{{x}_{2}}$，
则${k}_{1}+{k}_{2}=\frac{{y}_{1}-2}{{x}_{1}}+\frac{{y}_{2}-2}{{x}_{2}}$=$\frac{{x}_{2}{y}_{1}-2{x}_{2}+{x}_{1}{y}_{2}-2{x}_{1}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$2k+\frac{（2k-4）（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}{x}_{2}}$
=$2k+\frac{（2k-4）•\frac{12k-12{k}^{2}}{2+3{k}^{2}}}{\frac{12{k}^{2}-24k}{2+3{k}^{2}}}$=$2k+\frac{（2k-4）（12k-12{k}^{2}）}{12{k}^{2}-24k}=2$．
综上，k₁+k₂为定值2．

点评 本题考查椭圆标准方程的求法，考查了椭圆的简单性质，训练了向量法在解圆锥曲线问题中的应用，是中档题．