Question

2．如圖，F(xiàn)₁，F(xiàn)₂分別是橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)，且焦距為2$\sqrt{2}$，動(dòng)弦AB平行于x軸，且|F₁A|+|F₁B|=4．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若點(diǎn)P是橢圓C上異于點(diǎn)$a＞\sqrt{5}$、A，B的任意一點(diǎn)，且直線PA、PB分別與y軸交于點(diǎn)M、N，若MF₂、NF₂的斜率分別為k₁、k₂，求證：k₁•k₂是定值．

Answer 1

分析 （1）由題意焦距求得c，由對(duì)稱(chēng)性結(jié)合|F₁A|+|F₁B|=4可得2a，再由隱含條件求得b，則橢圓方程可求；
（2）設(shè)B（x₀，y₀），P（x₁，y₁），則A（-x₀，y₀），分別寫(xiě)出PA、PB所在直線方程，求出M、N的坐標(biāo)，進(jìn)一步求出MF₂、NF₂的斜率分別為k₁、k₂，結(jié)合A、B在橢圓上可得k₁•k₂是定值．

解答 解：（1）∵焦距$2\sqrt{2}$，∴2c=2$\sqrt{2}$，得c=$\sqrt{2}$，
由橢圓的對(duì)稱(chēng)性及已知得|F₁A|=|F₂B|，又∵|F₁A|+|F₁B|=4，|F₁B|+|F₂B|=4，
因此2a=4，a=2，于是b=$\sqrt{2}$，因此橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（2）設(shè)B（x₀，y₀），P（x₁，y₁），則A（-x₀，y₀），
直線PA的方程為$y-{y}_{1}=\frac{{y}_{1}-{y}_{0}}{{x}_{1}+{x}_{0}}（x-{x}_{1}）$，令x=0，得$y=\frac{{x}_{1}{y}_{0}+{x}_{0}{y}_{1}}{{x}_{1}+{x}_{0}}$，
故M（0，$\frac{{x}_{1}{y}_{0}+{x}_{0}{y}_{1}}{{x}_{1}+{x}_{0}}$）；
直線PB的方程為$y-{y}_{1}=\frac{{y}_{1}-{y}_{0}}{{x}_{1}-{x}_{0}}（x-{x}_{1}）$，令x=0，得$y=\frac{{x}_{1}{y}_{0}-{x}_{0}{y}_{1}}{{x}_{1}-{x}_{0}}$，
故N（0，$\frac{{x}_{1}{y}_{0}-{x}_{0}{y}_{1}}{{x}_{1}-{x}_{0}}$）；
∴${k}_{1}=-\frac{{x}_{1}{y}_{0}+{x}_{0}{y}_{1}}{\sqrt{2}（{x}_{1}+{x}_{0}）}$，${k}_{2}=-\frac{{x}_{1}{y}_{0}-{x}_{0}{y}_{1}}{\sqrt{2}（{x}_{1}-{x}_{0}）}$，
因此${k}_{1}•{k}_{2}=\frac{1}{2}\frac{{{x}_{1}}^{2}{{y}_{0}}^{2}-{{x}_{0}}^{2}{{y}_{1}}^{2}}{{{x}_{1}}^{2}-{{x}_{0}}^{2}}$．
∵A，B在橢圓C上，∴${{y}_{1}}^{2}=2-\frac{{{x}_{1}}^{2}}{2}，{{y}_{0}}^{2}=2-\frac{{{x}_{0}}^{2}}{2}$，
∴${k}_{1}{k}_{2}=\frac{1}{2}•\frac{{{x}_{1}}^{2}（2-\frac{1}{2}{{x}_{0}}^{2}）-{{x}_{0}}^{2}（2-\frac{1}{2}{{x}_{1}}^{2}）}{{{x}_{1}}^{2}-{{x}_{0}}^{2}}=1$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程的求法，考查了直線與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，考查計(jì)算能力，是中檔題．