Question

6．如图，已知点F₁，F₂是椭圆C₁：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1的两个焦点，椭圆C₂：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=λ经过点F₁，F₂，点P是椭圆C₂上异于F₁，F₂的任意一点，直线PF₁和PF₂与椭圆C₁的交点分别是A，B和C，D，设AB、CD的斜率为k，k′．
（1）求证kk′为定值；
（2）求|AB|•|CD|的最大值．

Answer 1

分析 （1）求得椭圆C₁的焦点，代入椭圆C₂，可得λ=$\frac{1}{2}$，设P（m，n），即有m²+2n²=1，再议直线的斜率公式，化简整理即可得证；
（2）设PF₁：y=k（x+1），代入椭圆方程x²+2y²=2，运用韦达定理和弦长公式，可得|AB|；同样求得|CD|，化简整理，由（1）的结论，运用基本不等式可得最大值．

解答 解：（1）证明：椭圆C₁：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1的两个焦点为F₁（-1，0），F₂（1，0），
由题意可得λ=$\frac{1}{2}$，即有椭圆C₂：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=$\frac{1}{2}$，
设P（m，n），即有m²+2n²=1，
AB、CD的斜率为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）设PF₁：y=k（x+1），代入椭圆方程x²+2y²=2，
可得（1+2k²）x²+4k²x+2k²-2=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
即有x₁+x₂=-$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
即为|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{\frac{16{k}^{4}}{（1+2{k}^{2}）^{2}}-\frac{8{k}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{1+2{k}^{2}}$；
设PF₂：y=k'（x-1），代入椭圆方程x²+2y²=2，
可得（1+2k'²）x²-4k'²x+2k'²-2=0，
设C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），
即有x₃+x₄=$\frac{4k{'}^{2}}{1+2{k'}^{2}}$，x₃x₄=$\frac{2k{'}^{2}-2}{1+2k{'}^{2}}$，
即为|CD|=$\sqrt{1+{k'}^{2}}$•$\sqrt{\frac{16k{'}^{4}}{（1+2k{'}^{2}）^{2}}-\frac{8k{'}^{2}-8}{1+2k{'}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{2}（1+k{'}^{2}）}{1+2k{'}^{2}}$．
则|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，当且仅当|k|=|k'|=$\frac{\sqrt{2}}{2}$时，取得等号．
则|AB|•|CD|≤4（1+$\frac{1}{4×2}$）=$\frac{9}{2}$，
即有|AB|•|CD|的最大值为$\frac{9}{2}$．

点评 本题考查椭圆方程和运用，注意运用直线的斜率公式和点满足椭圆方程，考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，以及弦长公式，同时考查基本不等式的运用：求最值，考查化简整理的运算能力，属于中档题．