Question

6．如圖，已知點(diǎn)F₁，F(xiàn)₂是橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1的兩個(gè)焦點(diǎn)，橢圓C₂：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=λ經(jīng)過點(diǎn)F₁，F(xiàn)₂，點(diǎn)P是橢圓C₂上異于F₁，F(xiàn)₂的任意一點(diǎn)，直線PF₁和PF₂與橢圓C₁的交點(diǎn)分別是A，B和C，D，設(shè)AB、CD的斜率為k，k′．
（1）求證kk′為定值；
（2）求|AB|•|CD|的最大值．

Answer 1

分析 （1）求得橢圓C₁的焦點(diǎn)，代入橢圓C₂，可得λ=$\frac{1}{2}$，設(shè)P（m，n），即有m²+2n²=1，再議直線的斜率公式，化簡整理即可得證；
（2）設(shè)PF₁：y=k（x+1），代入橢圓方程x²+2y²=2，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長公式，可得|AB|；同樣求得|CD|，化簡整理，由（1）的結(jié)論，運(yùn)用基本不等式可得最大值．

解答 解：（1）證明：橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1的兩個(gè)焦點(diǎn)為F₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0），
由題意可得λ=$\frac{1}{2}$，即有橢圓C₂：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=$\frac{1}{2}$，
設(shè)P（m，n），即有m²+2n²=1，
AB、CD的斜率為k，k′．
即有kk'=$\frac{n}{m+1}$•$\frac{n}{m-1}$=$\frac{{n}^{2}}{{m}^{2}-1}$=$\frac{{n}^{2}}{-2{n}^{2}}$=-$\frac{1}{2}$；
（2）設(shè)PF₁：y=k（x+1），代入橢圓方程x²+2y²=2，
可得（1+2k²）x²+4k²x+2k²-2=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
即有x₁+x₂=-$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
即為|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{\frac{16{k}^{4}}{（1+2{k}^{2}）^{2}}-\frac{8{k}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{1+2{k}^{2}}$；
設(shè)PF₂：y=k'（x-1），代入橢圓方程x²+2y²=2，
可得（1+2k'²）x²-4k'²x+2k'²-2=0，
設(shè)C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），
即有x₃+x₄=$\frac{4k{'}^{2}}{1+2{k'}^{2}}$，x₃x₄=$\frac{2k{'}^{2}-2}{1+2k{'}^{2}}$，
即為|CD|=$\sqrt{1+{k'}^{2}}$•$\sqrt{\frac{16k{'}^{4}}{（1+2k{'}^{2}）^{2}}-\frac{8k{'}^{2}-8}{1+2k{'}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{2}（1+k{'}^{2}）}{1+2k{'}^{2}}$．
則|AB|•|CD|=8•$\frac{1+{k}^{2}+k{'}^{2}+（kk'）^{2}}{1+2（{k}^{2}+k{'}^{2}）+4（kk'）^{2}}$=8•$\frac{1+{k}^{2}+k{'}^{2}+\frac{1}{4}}{1+2（{k}^{2}+k{'}^{2}）+1}$
=4[1+$\frac{1}{4（1+{k}^{2}+k{'}^{2}）}$]，
由kk'=-$\frac{1}{2}$，可得k²+k'²≥2|kk'|=1，當(dāng)且僅當(dāng)|k|=|k'|=$\frac{\sqrt{2}}{2}$時(shí)，取得等號．
則|AB|•|CD|≤4（1+$\frac{1}{4×2}$）=$\frac{9}{2}$，
即有|AB|•|CD|的最大值為$\frac{9}{2}$．

點(diǎn)評 本題考查橢圓方程和運(yùn)用，注意運(yùn)用直線的斜率公式和點(diǎn)滿足橢圓方程，考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理，以及弦長公式，同時(shí)考查基本不等式的運(yùn)用：求最值，考查化簡整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．