Question

18．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1的左右焦点分别为F₁，F₂，点P（非顶点）在抛物线y²=8x，直线PF₁，PF₂的斜率存在且分别为k₁，k₂，直线PF₁，PF₂分别交椭圆C于A、B、C、D．
（1）证明：$\frac{1}{{{k}_{1}}^{2}}$-$\frac{1}{{{k}_{2}}^{2}}$=1；
（2）探究：是否存在常数λ，使得|AB|（λ-|CD|）=32．

Answer 1

分析 （1）由椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1，可得左右焦点分别为F₁（-2，0），F₂（2，0），设P$（\frac{{y}_{0}^{2}}{8}，{y}_{0}）$，利用斜率计算公式即可得出．
（2）分别设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直线PF₁，PF₂的方程为：y=k₁（x+2），y=k₂（x-2）．分别与椭圆方程联立，利用根与系数的关系即可得出．

解答 （1）证明：由椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1，可得左右焦点分别为F₁（-2，0），F₂（2，0），
设P$（\frac{{y}_{0}^{2}}{8}，{y}_{0}）$，
则${k}_{1}=\frac{{y}_{0}}{\frac{{y}_{0}^{2}}{8}+2}$=$\frac{8{y}_{0}}{{y}_{0}^{2}+16}$，k₂=$\frac{{y}_{0}}{\frac{{y}_{0}^{2}}{8}-2}$=$\frac{8{y}_{0}}{{y}_{0}^{2}-16}$，
∴$\frac{1}{{k}_{1}^{2}}$-$\frac{1}{{k}_{2}^{2}}$=$\frac{（{y}_{0}^{2}+16）^{2}}{64{y}_{0}^{2}}$-$\frac{（{y}_{0}^{2}-16）^{2}}{64{y}_{0}^{2}}$=1．
（2）解：分别设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
直线PF₁，PF₂的方程为：y=k₁（x+2），y=k₂（x-2）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}（x+2）}\\{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，化为：$（1+2{k}_{1}^{2}）{x}^{2}$+8${k}_{1}^{2}$x+$8{k}_{1}^{2}$-8=0，
∴x₁+x₂=$\frac{-8{k}_{1}^{2}}{1+2{k}_{1}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{8{k}_{1}^{2}-8}{1+2{k}_{1}^{2}}$．
∴|AB|=$\sqrt{（1+{k}_{1}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\frac{4\sqrt{2}（1+{k}_{1}^{2}）}{1+2{k}_{1}^{2}}$．
同理可得：|CD|=$\frac{4\sqrt{2}（1+{k}_{2}^{2}）}{1+2{k}_{2}^{2}}$．
假设存在常数λ，使得|AB|（λ-|CD|）=32．
则$\frac{4\sqrt{2}（1+{k}_{1}^{2}）}{1+2{k}_{1}^{2}}$$（λ-\frac{4\sqrt{2}（1+{k}_{2}^{2}）}{1+2{k}_{2}^{2}}）$=32，
由（1）可得$\frac{1}{{k}_{1}^{2}}$-$\frac{1}{{k}_{2}^{2}}$=1，可得${k}_{1}^{2}$=$\frac{{k}_{2}^{2}}{1+{k}_{2}^{2}}$．
代入可得：λ=8$\sqrt{2}$．
因此假设成立．
存在常数λ=8$\sqrt{2}$，使得|AB|（λ-|CD|）=32．

点评 本题考查了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、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．