题目内容
1．
已知椭圆Cn：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=n（a＞b＞1，n∈N*），F1，F2是椭圆C4的焦点，A（2，$\sqrt{2}$）是椭圆C4上一点，且$\overrightarrow{A{F}_{2}}$?$\overrightarrow{{F}_{1}{F}_{2}}$=0；（1）求Cn的离心率并求出C1的方程；
（2）P为椭圆C2上任意一点，直线PF1交椭圆C4于点E，F，直线PF2交椭圆C4于点M，N，设直线PF1的斜率为k1，直线PF2的斜率为k2；
（i）求证：k1k2=-$\frac{1}{2}$
（ii）求|MN|?|EF|的取值范围．
分析 （1）椭圆C4的方程为：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=4，即：$\frac{{x}^{2}}{4{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{4{b}^{2}}$=1．不妨设c2=a2-b2，则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，$\frac{（2b）^{2}}{2a}$=$\frac{2{b}^{2}}{a}$=$\sqrt{2}$，2b4=a2=b2+1，解出即可得出．
（2）（i）椭圆C2的方程为：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y2=2 即：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1．椭圆C4的方程为：$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1．设P（x0，y0），由P在椭圆C2上，可得y02=$\frac{1}{2}$（4-x02）．再利用斜率计算公式即可证明k1k2为定值．
（ii）设直线PF1的方程为：y=k1（x+2）直线PF2的方程为：y=k2（x-2），与椭圆方程联立消元整理得：（2k12+1）x2+8k1x+8k12-8=0，设E（x1，y1），F（x2，y2），利用根与系数的关系可得|EF|=$\sqrt{1+{k}_{1}^{2}}$$•\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$，|MN|．利用（i）的结论代入|EF|?|MN|，化简即可证明．
解答 解：（1）解：椭圆C4的方程为：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=4，即：$\frac{{x}^{2}}{4{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{4{b}^{2}}$=1．
不妨设c2=a2-b2 则F2（2c，0）．
∵$\overrightarrow{A{F}_{2}}$?$\overrightarrow{{F}_{1}{F}_{2}}$=0，∴$\overrightarrow{A{F}_{2}}$⊥$\overrightarrow{{F}_{1}{F}_{2}}$．
于是2c=2，$\frac{（2b）^{2}}{2a}$=$\frac{2{b}^{2}}{a}$=$\sqrt{2}$，2b4=a2=b2+1，
∴2b4-b2-1=0，
（2b2+1）（b2-1）=0，
∴b2=1，a2=2．
∴椭圆Cn的方程为：$\frac{x2}{2}$+y2=n．
∴e2=$\frac{2{n}^{2}-{n}^{2}}{2{n}^{2}}$=$\frac{1}{2}$，∴e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
椭圆C1的方程为：$\frac{x2}{2}$+y2=1．
（2）（i）证明：椭圆C2的方程为：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y2=2 即：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
椭圆C4的方程为：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y2=4 即：$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1．
∴F1（-2，0），F2（2，0），设P（x0，y0），
∵P在椭圆C2上，∴$\frac{{x}_{0}^{2}}{4}+\frac{{y}_{0}^{2}}{2}$=1，即y02=$\frac{1}{2}$（4-x02）．
∴k1k2=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+2}$•$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-2}$=$\frac{{y}_{0}^{2}}{{x}_{0}^{2}-4}$=$\frac{\frac{1}{2}（4-{x}_{0}^{2}）}{{x}_{0}^{2}-4}$=-$\frac{1}{2}$．
（ii）设直线PF1的方程为：y=k1（x+2）直线PF2的方程为：y=k2（x-2），
联立方程组：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\\{y={k}_{1}（x+2）}\end{array}\right.$ 消元整理得：（2k12+1）x2+8k1x+8k12-8=0…①
设E（x1，y1），F（x2，y2），则x1，x2是方程①的两个解，由韦达定理得：
x1+x2=-$\frac{8{k}_{1}}{2{k}_{1}^{2}+1}$，x1x2=$\frac{8{k}_{1}^{2}-8}{2{k}_{1}^{2}+1}$．
∴|EF|=$\sqrt{1+{k}_{1}^{2}}$$•\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]．
点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交弦长问题、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．
| A． | 充分不必要条件 | B． | 必要不充分条件 | ||
| C． | 充分必要条件 | D． | 既不充分也不必要条件 |
| A． | 若两个平面有一个公共点，则它们有无数个公共点 | |
| B． | 任意两条直线能确定一个平面 | |
| C． | 若点A既在平面α内，又在平面β内，则α与β相交于直线b，且点A在直线b上 | |
| D． | 若已知四个点不共面，则其中任意三点不共线 |
| A． | （-3，6） | B． | （-3，6$\sqrt{2}$） | C． | （-6，6） | D． | （-6，6$\sqrt{2}$） |
| A． | ?x∈R，x2+2≥0 | B． | ?x∉R，x2+2＜0 | C． | ?x∈R，x2+2≥0 | D． | ?x∈R，x2+2＞0 |
如图，某几何体的主视图和左视图是全等的等腰直角三角形，俯视图是边长为2的正方形，那么它的体积为（ ）| A． | $\frac{16}{3}$ | B． | 4 | C． | $\frac{8}{3}$ | D． | $\frac{4}{3}$ |