Question

8．設(shè)橢圓E₁的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為a₁、短半軸長(zhǎng)為b₁，橢圓E₂的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為a₂、短半軸長(zhǎng)為b₂，若$\frac{{a}_{1}}{{a}_{2}}$=$\frac{_{1}}{_{2}}$，則我們稱橢圓E₁與橢圓E₂是相似橢圓．已知橢圓E：$\frac{x^2}{2}$+y²=1，其左頂點(diǎn)為A、右頂點(diǎn)為B．
（1）設(shè)橢圓E與橢圓F：$\frac{x^2}{s}$+$\frac{y^2}{2}$=1是“相似橢圓”，求常數(shù)s的值；
（2）設(shè)橢圓G：$\frac{x^2}{2}$+y²=λ（0＜λ＜1），過A作斜率為k₁的直線l₁與橢圓G只有一個(gè)公共點(diǎn)，過橢圓E的上頂點(diǎn)為D作斜率為k₂的直線l₂與橢圓G只有一個(gè)公共點(diǎn)，求|k₁k₂|的值；
（3）已知橢圓E與橢圓H：$\frac{x^2}{2}$+$\frac{y^2}{t}$=1（t＞2）是相似橢圓．橢圓H上異于A、B的任意一點(diǎn)C（x₀，y₁），且橢圓E上的點(diǎn)M（x₀，y₂）（y₁y₂＞0）求證：AM⊥BC．

Answer 1

分析 （1）利用新定義，通過s＞2，0＜s＜2，分別求出s即可．
（2）求出l₁、l₂的方程分別為$y={k_1}（x+\sqrt{2}）$、y=k₂x+1，分別與橢圓方程聯(lián)立，利用判別式為0，求出|k₁|，|k₂|，然后推出|k₁k₂|=$\frac{1}{2}$．
（3）寫出橢圓E，橢圓H的方程，求出k_AM，k_BC，推出向量乘積為-1，即可證明AM⊥BC．

解答 （1）解：顯然橢圓E的方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}$=1，
由橢圓E與F相似易得：
當(dāng)s＞2時(shí)$\frac{2}{s}=\frac{1}{2}$⇒s=4；…2分
當(dāng)0＜s＜2時(shí)$\frac{2}{2}=\frac{1}{s}$⇒s=1，…4分
所以s=4或1…4分
（2）證明：易得$A（-\sqrt{2}，0），D（0，1）$
所以l₁、l₂的方程分別為$y={k_1}（x+\sqrt{2}）$、y=k₂x+1
依題意聯(lián)立：$\left\{{\begin{array}{l}{y={k_1}（x+\sqrt{2}）}\\{\frac{x^2}{2}+{y^2}=λ}\end{array}}$⇒（1+2k₁²）x²+4$\sqrt{2}$k₁²x+4k₁²-2λ=0
又直線l₁與橢圓G相切則△₁=0（又0＜λ＜1），
即|k₁|=$\frac{1}{{\sqrt{2}}}\sqrt{\frac{λ}{1-λ}}$…6分
依題意再聯(lián)立：$\left\{{\begin{array}{l}{y={k_2}x+1}\\{\frac{x^2}{2}+{y^2}=λ}\end{array}}$⇒（1+2k₂²）x²+4k₂x+2-2λ=0
又直線l₂與橢圓G相切則△₂=0（又0＜λ＜1），
即|k₂|=$\frac{1}{{\sqrt{2}}}\sqrt{\frac{1-λ}{λ}}$…8分
故|k₁k₂|=$\frac{1}{2}$．…10分
（3）解：顯然橢圓E：$\frac{x^2}{2}+{y^2}$=1，橢圓H：$\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{4}$=1．…11分
由橢圓H上的任意一點(diǎn)C（x₀，y₁）
于是$\frac{{{x_0}^2}}{2}+\frac{{{y_1}^2}}{4}$=1…12分
橢圓E上的點(diǎn)M（x₀，y₂），即$\frac{{{x_0}^2}}{2}+{y_2}$²=1又y₁y₂＞0，則y₁=2y₂…13分
又$A（-\sqrt{2}，0），B（\sqrt{2}，0）$，則k_AM=$\frac{y_2}{{{x_0}+\sqrt{2}}}$，k_BC=$\frac{y_1}{{{x_0}-\sqrt{2}}}$…15分
又$\frac{y_2}{{{x_0}+\sqrt{2}}}•\frac{y_1}{{{x_0}-\sqrt{2}}}=\frac{y_2}{{{x_0}+\sqrt{2}}}•\frac{{2{y_2}}}{{{x_0}-\sqrt{2}}}=\frac{{2{y_2}^2}}{{{x_0}^2-2}}$=-1
所以AM⊥BC…16分．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，韋達(dá)定理以及直線的斜率的關(guān)系，考查分析問題解決問題的能力，轉(zhuǎn)化思想以及分類討論思想的應(yīng)用．