$k_{1} \cdot k_{2}=-\frac{b^{2}}{a^{2}}$ ，证明：$E$ 为 $C D$ 的中点；
（3）对于椭圆 $\Gamma$ 上的点 $Q$（a
$\cos \theta, \mathrm{b}$
$\sin \theta)(0<\theta<\pi)$ ，如果椭圆 $\Gamma$ 上存在不同的两个交点 $\mathrm{P}_{1} , \mathrm{P}_{2}$ 满足 $\overrightarrow{\mathrm{PP}}_{1}+\overrightarrow{\mathrm{PP}}_{2}=\overrightarrow{\mathrm{PQ}}$ ，写出求作点 $P_{1} , P_{2}$ 的步骤，并求出使 $P_{1} , P_{2}$ 存在的 $\theta$ 的取值范围．
解析：（1）$M\left(\frac{a}{2},-\frac{b}{2}\right)$ ；
（2）由方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=k_{1} x+p \\ \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1\end{array}\right.$ ，消 $y$ 得方程 $\left(a^{2} k_{1}^{2}+b^{2}\right) x^{2}+2 a^{2} k_{1} p x+a^{2}\left(p^{2}-b^{2}\right)=0$ ，
因为直线 $l_{1}: y=k_{1} x+p$ 交椭圆 $\Gamma$ 于 $C , D$ 两点，
所以 $\Delta>0$ ，即 $a^{2} k_{1}^{2}+b^{2}-p^{2}>0$ ，
设 $C\left(x_{1}, y_{1}\right) , D\left(x_{2}, y_{2}\right), C D$ 中点坐标为 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$ ，
则 $\left\{\begin{array}{l}x_{0}=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=-\frac{a^{2} k_{1} p}{a^{2} k_{1}^{2}+b^{2}} \\ y_{0}=k_{1} x_{0}+p=\frac{b^{2} p}{a^{2} k_{1}^{2}+b^{2}}\end{array}\right.$ ，
由方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=k_{1} x+p \\ y=k_{2} x\end{array}\right.$ ，消 $y$ 得方程 $\left(k_{2}-k_{1}\right) x=p$ ，
又因为 $k_{2}=-\frac{b^{2}}{a^{2} k_{1}}$ ，所以 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{p}{k_{2}-k_{1}}=-\frac{a^{2} k_{1} p}{a^{2} k_{1}^{2}+b^{2}}=x_{0} \\ y=k_{2} x=\frac{b^{2} p}{a^{2} k_{1}^{2}+b^{2}}=y_{0}\end{array}\right.$ ，
故 $E$ 为 $C D$ 的中点；
（3）求作点 $P_{1} , P_{2}$ 的步骤： $1^{\circ}$ 求出 $P Q$ 的中点 $E\left(-\frac{a(1-\cos \theta)}{2}, \frac{b(1+\sin \theta)}{2}\right)$ ，
$2^{\circ}$ 求出直线 $O E$ 的斜率 $k_{2}=-\frac{b(1+\sin \theta)}{a(1-\cos \theta)}$ ，
$3^{\circ}$ 由 $\overrightarrow{P P_{1}}+\overrightarrow{P P_{2}}=\overrightarrow{P Q}$ 知 $E$ 为 $C D$ 的中点，根据②可得 $C D$ 的斜率 $k_{1}=-\frac{b^{2}}{a^{2} k_{2}}=\frac{b(1-\cos \theta)}{a(1+\sin \theta)}$ ，
$4^{\circ}$ 从而得直线 $C D$ 的方程：$y-\frac{b(1+\sin \theta)}{2}=\frac{b(1-\cos \theta)}{a(1+\sin \theta)}\left(x+\frac{a(1-\cos \theta)}{2}\right)$ ，
$5^{\circ}$ 将直线 $C D$ 与椭圆 $\Gamma$ 的方程联立，方程组的解即为点 $P_{1} , P_{2}$ 的坐标．
欲使 $P_{1} , P_{2}$ 存在，必须点 $E$ 在椭圆内，
所以 $\frac{(1-\cos \theta)^{2}}{4}+\frac{(1+\sin \theta)^{2}}{4}<1$ ，化简得 $\sin \theta-\cos \theta<\frac{1}{2}, \sin \left(\theta-\frac{\pi}{4}\right)<\frac{\sqrt{2}}{4}$ ，
又 $0<\theta<\pi$ ，即 $-\frac{\pi}{4}<\theta-\frac{\pi}{4}<\frac{3 \pi}{4}$ ，所以 $-\frac{\pi}{4}<\theta-\frac{\pi}{4}<\arcsin \frac{\sqrt{2}}{4}$ ，
故 $\theta$ 的取值范围是 $\left(0, \frac{\pi}{4}+\arcsin \frac{\sqrt{2}}{4}\right)$ ．