Question

11．如图，已知点F₁，F₂是椭圆C₁：$\frac{x^2}{4}$+$\frac{y^2}{2}$=1的左、右焦点，点P是椭圆C₂：$\frac{x^2}{2}$+y²=1上异于其长轴端点的任意动点，直线PF₁，PF₂与椭圆C₁的交点分别是A，B和M，N，记直线AB，MN的斜率分别为k₁，k₂．
（1）求证：k₁•k₂为定值；
（2）求|AB|•|MN|得取值范围．

Answer 1

分析 （1）设P（x₀，y₀），则$\frac{{x}_{0}^{2}}{2}$+${y}_{0}^{2}$=1．利用斜率计算公式与椭圆的标准方程可得k₁•k₂为定植．
（2）设AB：y=k₁（x+$\sqrt{2}$），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），与椭圆方程联立化为：$（2{k}_{1}^{2}+1）$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|取值范围．

解答 （1）证明：由题意可得：F₁（$-\sqrt{2}$，0），F₂（$\sqrt{2}$，0），设P（x₀，y₀），则$\frac{{x}_{0}^{2}}{2}$+${y}_{0}^{2}$=1．
∴k₁•k₂=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+\sqrt{2}}$$•\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-\sqrt{2}}$=$\frac{{y}_{0}^{2}}{{x}_{0}^{2}-2}$=$\frac{1}{2}×\frac{2-{x}_{0}^{2}}{{x}_{0}^{2}-2}$=-$\frac{1}{2}$为定植．
（2）解：设AB：y=k₁（x+$\sqrt{2}$），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），联立$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}（x+\sqrt{2}）}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，
化为：$（2{k}_{1}^{2}+1）$x²+4$\sqrt{2}$${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，当且仅当${k}_{1}^{2}$=$\frac{1}{2}$时取等号．
∴∴|AB|•|MN|=8+$\frac{2}{u}$∈（8，9]．

点评 本题考查了椭圆的第二定义标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．