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.
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A. | 2.4元 | B. | 2.8元 | C. | 3.2元 | D. | 4元 |
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A. | $\sqrt{3}$+3 | B. | -3 | C. | $\sqrt{3}$-3 | D. | 3 |
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A. | R | B. | (-∞,-1]∪[1,+∞) | C. | (-∞,1] | D. | [-1,1] |
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