Question

5．橢圓E₁：$\frac{{x}^{2}}{{{a}_{1}}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{_{1}}^{2}}$=1和橢圓E₂：$\frac{{x}^{2}}{{{a}_{2}}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{_{2}}^{2}}$=1滿足$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$=$\frac{_{2}}{_{1}}$=m（m＞0），則稱(chēng)這兩個(gè)橢圓相似，m稱(chēng)為其相似比．
（1）求經(jīng)過(guò)點(diǎn)（2，$\sqrt{6}$），且與橢圓$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1相似的橢圓方程；
（2）設(shè)過(guò)原點(diǎn)的一條射線L分別與（1）中的兩個(gè)橢圓交于A、B兩點(diǎn)（其中點(diǎn)A在線段OB上），求$|OA|+\frac{1}{|OB|}$的最大值和最小值；
（3）對(duì)于真命題“過(guò)原點(diǎn)的一條射線分別與相似比為2的兩個(gè)橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{{2}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{（\sqrt{2}）^{2}}$=1和C₂：$\frac{{x}^{2}}{{4}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{（2\sqrt{2}）^{2}}$=1交于A、B兩點(diǎn)，P為線段AB上的一點(diǎn)，若|OA|，|OP|，|OB|成等比數(shù)列，則點(diǎn)P的軌跡方程為$\frac{{x}^{2}}{（2\sqrt{2}）^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{2}^{2}}$=1”．請(qǐng)用推廣或類(lèi)比的方法提出類(lèi)似的一個(gè)真命題，不必證明．

Answer 1

分析 （1）直接根據(jù)定義得到$\left\{\begin{array}{l}{\frac{2}{a}=\frac{\sqrt{2}}}\\{\frac{4}{{a}^{2}}+\frac{6}{^{2}}=1}\end{array}\right.$，解得a，b，即可得到與已知橢圓相似的橢圓方程；
（2）先對(duì)射線與y軸重合時(shí)求出結(jié)論；再對(duì)射線不與坐標(biāo)軸重合時(shí)，由橢圓的對(duì)稱(chēng)性，僅考查A、B在第一象限的情形，聯(lián)立直線與兩個(gè)橢圓方程分別求出線段的長(zhǎng)度，再結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性即可求出$|OA|+\frac{1}{|OB|}$的最大值和最小值；（整理過(guò)程需小心避免出錯(cuò)）．
（3）分析出命題的基本條件為：橢圓、a=2，b=$\sqrt{2}$、m=2、等比，類(lèi)比著寫(xiě)：①雙曲線或拋物線； ②a，b或p； ③相似比為m；④等比．

解答 解：（1）設(shè)所求的橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，
則有$\left\{\begin{array}{l}{\frac{2}{a}=\frac{\sqrt{2}}}\\{\frac{4}{{a}^{2}}+\frac{6}{^{2}}=1}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}=16}\\{^{2}=8}\end{array}\right.$，
∴所要求的橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{8}$=1；                                
（2）①當(dāng)射線與y軸重合時(shí)，|OA|+$\frac{1}{|OB|}$=$\sqrt{2}$+$\frac{1}{2\sqrt{2}}$=$\frac{5\sqrt{2}}{4}$；
②當(dāng)射線不與y軸重合時(shí)，由橢圓的對(duì)稱(chēng)性，我們僅考察A、B在第一象限的情形．
設(shè)其方程為y=kx（k≥0，x＞0），設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}y=kx\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x_1}^2=\frac{4}{{1+2{k^2}}}\\{y_1}^2=\frac{{4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}\end{array}\right.$，所以$|OA|=\frac{{2\sqrt{{k^2}+1}}}{{\sqrt{1+2{k^2}}}}$；

由$\left\{\begin{array}{l}y=kx\\ \frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{8}=1\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x_2}^2=\frac{16}{{1+2{k^2}}}\\{y_2}^2=\frac{{16{k^2}}}{{1+2{k^2}}}\end{array}\right.$所以$|OB|=\frac{{4\sqrt{{k^2}+1}}}{{\sqrt{1+2{k^2}}}}$；
$|OA|+\frac{1}{|OB|}$=$\frac{{2\sqrt{{k^2}+1}}}{{\sqrt{1+2{k^2}}}}$+$\frac{{\sqrt{2{k^2}+1}}}{{4\sqrt{1+{k^2}}}}$，
令$t=\frac{{2\sqrt{{k^2}+1}}}{{\sqrt{1+2{k^2}}}}$，$\sqrt{2}＜t≤2$，
$|OA|+\frac{1}{|OB|}$=$t+\frac{1}{2t}$（$\sqrt{2}＜t≤2$）在$（{\sqrt{2}，2}]$上是增函數(shù)，
∴$f（\sqrt{2}）＜f（t）≤f（2）$，
即$\frac{5}{4}\sqrt{2}＜|OA|+\frac{1}{|OB|}≤\frac{9}{4}$，
由①②知，|OA|+$\frac{1}{|OB|}$的最大值為$\frac{9}{4}$，$|OA|+\frac{1}{|OB|}$的最小值為$\frac{{5\sqrt{2}}}{4}$．                    
（3）過(guò)原點(diǎn)的一條射線分別與兩條雙曲線C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1和C₂：$\frac{{x}^{2}}{（ma）^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{（mb）^{2}}$=1（m＞0）
交于A、B兩點(diǎn)，P為線段AB上的一點(diǎn)，若|OA|、|OP|、|OB|成等比數(shù)列，
則點(diǎn)P的軌跡方程為$\frac{{x}^{2}}{m{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{m^{2}}$=1；
或過(guò)原點(diǎn)的一條射線分別與兩條拋物線C₁：y²=2px（p＞0）和C₂：y²=2mpx（m＞0）
相交于異于原點(diǎn)的A、B兩點(diǎn)，P為線段AB上的一點(diǎn)，
若|OA|、|OP|、|OB|成等比數(shù)列，則點(diǎn)P的軌跡方程為y²=2$\sqrt{m}$px．

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查直線和橢圓的位置關(guān)系，難度較大，解題時(shí)要仔細(xì)審題，注意公式的靈活運(yùn)用．