Question

11．如圖，已知點F₁，F₂是橢圓C₁：$\frac{x^2}{4}$+$\frac{y^2}{2}$=1的左、右焦點，點P是橢圓C₂：$\frac{x^2}{2}$+y²=1上異于其長軸端點的任意動點，直線PF₁，PF₂與橢圓C₁的交點分別是A，B和M，N，記直線AB，MN的斜率分別為k₁，k₂．
（1）求證：k₁•k₂為定值；
（2）求|AB|•|MN|得取值范圍．

Answer 1

分析 （1）設P（x₀，y₀），則$\frac{{x}_{0}^{2}}{2}$+${y}_{0}^{2}$=1．利用斜率計算公式與橢圓的標準方程可得k₁•k₂為定植．
（2）設AB：y=k₁（x+$\sqrt{2}$），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），與橢圓方程聯立化為：$（2{k}_{1}^{2}+1）$x²+4$\sqrt{2}$${k}_{1}^{2}$x+$4{k}_{1}^{2}$-4=0，△＞0，|AB|=a+ex₁+a+ex₂=$\frac{4（{k}_{1}^{2}+1）}{2{k}_{1}^{2}+1}$．同理可得：|MN|=$\frac{4（{k}_{2}^{2}+1）}{2{k}_{2}^{2}+1}$．即可得出|AB|•|MN|取值范圍．

解答 （1）證明：由題意可得：F₁（$-\sqrt{2}$，0），F₂（$\sqrt{2}$，0），設P（x₀，y₀），則$\frac{{x}_{0}^{2}}{2}$+${y}_{0}^{2}$=1．
∴k₁•k₂=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+\sqrt{2}}$$•\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-\sqrt{2}}$=$\frac{{y}_{0}^{2}}{{x}_{0}^{2}-2}$=$\frac{1}{2}×\frac{2-{x}_{0}^{2}}{{x}_{0}^{2}-2}$=-$\frac{1}{2}$為定植．
（2）解：設AB：y=k₁（x+$\sqrt{2}$），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），聯立$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}（x+\sqrt{2}）}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，
化為：$（2{k}_{1}^{2}+1）$x²+4$\sqrt{2}$${k}_{1}^{2}$x+$4{k}_{1}^{2}$-4=0，△＞0，可得k₁∈R，x₁+x₂=$\frac{-4\sqrt{2}{k}_{1}^{2}}{2{k}_{1}^{2}+1}$，
x₁•x₂=|AB|=a+ex₁+a+ex₂=4-$\frac{\sqrt{2}}{2}$×$\frac{4\sqrt{2}{k}_{1}^{2}}{2{k}_{1}^{2}+1}$=$\frac{4（{k}_{1}^{2}+1）}{2{k}_{1}^{2}+1}$．同理可得：|MN|=$\frac{4（{k}_{2}^{2}+1）}{2{k}_{2}^{2}+1}$．
∴|AB|•|MN|=$\frac{4（{k}_{1}^{2}+1）}{2{k}_{1}^{2}+1}$×$\frac{4（{k}_{2}^{2}+1）}{2{k}_{2}^{2}+1}$=8+$\frac{2}{1+（{k}_{1}^{2}+{k}_{2}^{2}）}$．
令u=1+$（{k}_{1}^{2}+{k}_{2}^{2}）$=1+${k}_{1}^{2}$+$\frac{1}{4{k}_{1}^{2}}$≥1+2$\sqrt{{k}_{1}^{2}×\frac{1}{4{k}_{1}^{2}}}$=2，當且僅當${k}_{1}^{2}$=$\frac{1}{2}$時取等號．
∴∴|AB|•|MN|=8+$\frac{2}{u}$∈（8，9]．

點評 本題考查了橢圓的第二定義標準方程及其性質、直線與橢圓相交問題、一元二次方程的根與系數的關系、基本不等式的性質，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．