Question

1．已知橢圓C_n：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=n（a＞b＞1，n∈N^*），F(xiàn)₁，F(xiàn)₂是橢圓C₄的焦點(diǎn)，A（2，$\sqrt{2}$）是橢圓C₄上一點(diǎn)，且$\overrightarrow{A{F}_{2}}$?$\overrightarrow{{F}_{1}{F}_{2}}$=0；
（1）求C_n的離心率并求出C₁的方程；
（2）P為橢圓C₂上任意一點(diǎn)，直線PF₁交橢圓C₄于點(diǎn)E，F(xiàn)，直線PF₂交橢圓C₄于點(diǎn)M，N，設(shè)直線PF₁的斜率為k₁，直線PF₂的斜率為k₂；
（i）求證：k₁k₂=-$\frac{1}{2}$    
（ii）求|MN|?|EF|的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）橢圓C₄的方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=4，即：$\frac{{x}^{2}}{4{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{4^{2}}$=1．不妨設(shè)c²=a²-b²，則F₂（2c，0）．由$\overrightarrow{A{F}_{2}}$?$\overrightarrow{{F}_{1}{F}_{2}}$=0，可得$\overrightarrow{A{F}_{2}}$⊥$\overrightarrow{{F}_{1}{F}_{2}}$．2c=2，$\frac{（2b）^{2}}{2a}$=$\frac{2^{2}}{a}$=$\sqrt{2}$，2b⁴=a²=b²+1，解出即可得出．
（2）（i）橢圓C₂的方程為：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=2 即：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1．橢圓C₄的方程為：$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1．設(shè)P（x₀，y₀），由P在橢圓C₂上，可得y₀²=$\frac{1}{2}$（4-x₀²）．再利用斜率計(jì)算公式即可證明k₁k₂為定值．
（ii）設(shè)直線PF₁的方程為：y=k₁（x+2）直線PF₂的方程為：y=k₂（x-2），與橢圓方程聯(lián)立消元整理得：（2k₁²+1）x²+8k₁x+8k₁²-8=0，設(shè)E（x₁，y₁），F(xiàn)（x₂，y₂），利用根與系數(shù)的關(guān)系可得|EF|=$\sqrt{1+{k}_{1}^{2}}$$•\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$，|MN|．利用（i）的結(jié)論代入|EF|?|MN|，化簡(jiǎn)即可證明．

解答 解：（1）解：橢圓C₄的方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=4，即：$\frac{{x}^{2}}{4{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{4^{2}}$=1．
不妨設(shè)c²=a²-b²   則F₂（2c，0）．
∵$\overrightarrow{A{F}_{2}}$?$\overrightarrow{{F}_{1}{F}_{2}}$=0，∴$\overrightarrow{A{F}_{2}}$⊥$\overrightarrow{{F}_{1}{F}_{2}}$．
于是2c=2，$\frac{（2b）^{2}}{2a}$=$\frac{2^{2}}{a}$=$\sqrt{2}$，2b⁴=a²=b²+1，
∴2b⁴-b²-1=0，
 （2b²+1）（b²-1）=0，
∴b²=1，a²=2．
∴橢圓C_n的方程為：$\frac{x2}{2}$+y²=n．
∴e²=$\frac{2{n}^{2}-{n}^{2}}{2{n}^{2}}$=$\frac{1}{2}$，∴e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
橢圓C₁的方程為：$\frac{x2}{2}$+y²=1．
（2）（i）證明：橢圓C₂的方程為：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=2   即：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
橢圓C₄的方程為：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=4   即：$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1．
∴F₁（-2，0），F(xiàn)₂（2，0），設(shè)P（x₀，y₀），
∵P在橢圓C₂上，∴$\frac{{x}_{0}^{2}}{4}+\frac{{y}_{0}^{2}}{2}$=1，即y₀²=$\frac{1}{2}$（4-x₀²）．
∴k₁k₂=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+2}$•$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-2}$=$\frac{{y}_{0}^{2}}{{x}_{0}^{2}-4}$=$\frac{\frac{1}{2}（4-{x}_{0}^{2}）}{{x}_{0}^{2}-4}$=-$\frac{1}{2}$．
（ii）設(shè)直線PF₁的方程為：y=k₁（x+2）直線PF₂的方程為：y=k₂（x-2），
聯(lián)立方程組：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\\{y={k}_{1}（x+2）}\end{array}\right.$  消元整理得：（2k₁²+1）x²+8k₁x+8k₁²-8=0…①
設(shè)E（x₁，y₁），F(xiàn)（x₂，y₂），則x₁，x₂是方程①的兩個(gè)解，由韋達(dá)定理得：
x₁+x₂=-$\frac{8{k}_{1}}{2{k}_{1}^{2}+1}$，x₁x₂=$\frac{8{k}_{1}^{2}-8}{2{k}_{1}^{2}+1}$．
∴|EF|=$\sqrt{1+{k}_{1}^{2}}$$•\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{4\sqrt{2}（1+{k}_{1}^{2}）}{2{k}_{1}^{2}+1}$．
同理：|MN|=$\frac{4\sqrt{2}（1+{k}_{2}^{2}）}{2{k}_{2}^{2}+1}$．
∴|EF|?|MN|=$\frac{4\sqrt{2}（1+{k}_{1}^{2}）}{2{k}_{1}^{2}+1}$•$\frac{4\sqrt{2}（1+{k}_{2}^{2}）}{2{k}_{2}^{2}+1}$=32×$\frac{{k}_{1}^{2}{k}_{2}^{2}+{k}_{1}^{2}+{k}_{2}^{2}+1}{4{k}_{1}^{2}{k}_{2}^{2}+2{k}_{1}^{2}+2{k}_{2}^{2}+1}$=32×$\frac{（-\frac{1}{2}）^{2}+{k}_{1}^{2}+{k}_{2}^{2}+1}{4×（-\frac{1}{2}）^{2}+2{k}_{1}^{2}+2{k}_{2}^{2}+1}$=$16+\frac{4}{{k}_{1}^{2}+{k}_{2}^{2}+1}$
=16+$\frac{4}{{k}_{1}^{2}+\frac{1}{4{k}_{1}^{2}}+1}$≤18，
又|EF|?|MN|＞0．
∴|EF|?|MN|∈（16，18]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交弦長(zhǎng)問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、基本不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．