Question

13．如图，F₁，F₂分别是椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦点，且焦距为2$\sqrt{2}$，动弦AB平行于x轴，且|F₁A|+|F₁B|=4．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若点P是椭圆C上异于点A，B的任意一点，且直线PA、PB分别与y轴交于点M、N，若MF₂、NF₂的斜率分别为k₁、k₂，求证：k₁•k₂是定值．

Answer 1

分析 （1）动弦AB平行于x轴，|F₁B|=|F₂A|，且|F₁A|+|F₁B|=4，可得|F₂A|+|F₁A|=4=2a，解得a．又2c=2$\sqrt{2}$，b²=a²-c²，解出即可得出．
（2））F₁$（-\sqrt{2}，0）$，F₂$（\sqrt{2}，0）$．设A（x₀，y₀），B（-x₀，y₀），P（m，n）（P≠A，B），$\frac{{m}^{2}}{4}+\frac{{n}^{2}}{2}$=1，$\frac{{x}_{0}^{2}}{4}+\frac{{y}_{0}^{2}}{2}$=1．直线PA方程：y-n=$\frac{{y}_{0}-n}{{x}_{0}-m}$（x-m），可得：M坐标．同理可得：N坐标．再利用斜率计算公式进而得出．

解答 解：（1）∵动弦AB平行于x轴，∴|F₁B|=|F₂A|，且|F₁A|+|F₁B|=4，
∴|F₂A|+|F₁A|=4=2a，解得a=2．
又2c=2$\sqrt{2}$，解得c=$\sqrt{2}$．
∴b²=a²-c²=2．
∴$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（2））F₁$（-\sqrt{2}，0）$，F₂$（\sqrt{2}，0）$．
设A（x₀，y₀），B（-x₀，y₀），P（m，n）（P≠A，B），$\frac{{m}^{2}}{4}+\frac{{n}^{2}}{2}$=1，$\frac{{x}_{0}^{2}}{4}+\frac{{y}_{0}^{2}}{2}$=1．
直线PA方程：y-n=$\frac{{y}_{0}-n}{{x}_{0}-m}$（x-m），可得：M$（0，\frac{n{x}_{0}-m{y}_{0}}{{x}_{0}-m}）$．
直线PB方程：y-n=$\frac{{y}_{0}-n}{-{x}_{0}-m}$（x-m），可得：N$（0，\frac{n{x}_{0}+m{y}_{0}}{{x}_{0}+m}）$．
∴k₁=$\frac{n{x}_{0}-m{y}_{0}}{\sqrt{2}（m-{x}_{0}）}$，k₂=$\frac{n{x}_{0}+m{y}_{0}}{\sqrt{2}（{x}_{0}+m）}$，
∴k₁k₂=$\frac{n{x}_{0}-m{y}_{0}}{\sqrt{2}（m-{x}_{0}）}$×$\frac{n{x}_{0}+m{y}_{0}}{\sqrt{2}（{x}_{0}+m）}$=$\frac{{n}^{2}{x}_{0}^{2}-{m}^{2}{y}_{0}^{2}}{2（{m}^{2}-{x}_{0}^{2}）}$=$\frac{（2-\frac{{m}^{2}}{2}）{x}_{0}^{2}-{m}^{2}（2-\frac{{x}_{0}^{2}}{2}）}{2（{m}^{2}-{x}_{0}^{2}）}$=-1为定值．

点评 本题考查了椭圆的定义标准方程及其性质、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．