Question

20．如圖1，已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的焦點和上頂點分別為F₁、F₂、B，我們稱△F₁BF₂為橢圓C的“特征三角形”．如果兩個橢圓的特征三角形是相似的，則稱這兩個橢圓是“相似橢圓”，且三角形的相似比即為橢圓的相似比．若橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1，直線L：y=mx+n
（1）已知橢圓D：$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（b＞0）與橢圓C₁是相似橢圓，求b的值及橢圓D與橢圓C₁的相似比；
（2）求點P（0，1）到橢圓C₁上點的最大距離
（3）如圖2，設(shè)直線L與橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{4{λ}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{λ}^{2}}$=1（λ＞1）相交于A、B兩點，與橢圓C₁交于C、D兩點，求證：|AC|=|BD|

Answer 1

分析 （1）分別求得橢圓C₁，橢圓D的特征三角形的腰長和底邊長，由相似可得b和相似比；
（2）設(shè)橢圓C₁上動點B（2cosθ，sinθ），由兩點距離公式，化簡整理，配方，由二次函數(shù)最值求法，即可得到所求最大值；
（3）將直線方程代入兩橢圓方程，消去y，可得x的方程，運用韋達定理和中點坐標公式，驗證AB和CD的中點是否重合，即可得證．

解答 解：（1）由橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1焦點在x軸上，a=2，b=1，c=$\sqrt{3}$，
∴橢圓C₁的特征三角形是腰長為2，底邊長為2$\sqrt{3}$的等腰三角形，
橢圓D：$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（b＞0）的特征三角形是腰長為4，底邊長為2$\sqrt{16-^{2}}$的等腰三角形，
橢圓D：$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（b＞0）與橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1是相似橢圓，
因此兩個特征三角形相似，
∴$\frac{4}{2}$=$\frac{2\sqrt{16-^{2}}}{2\sqrt{3}}$，解得：b²=4，即b=2，
∴橢圓D與橢圓C₁的相似比為2：1；
（2）橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1，設(shè)橢圓C₁上動點B（2cosθ，sinθ），
∴|AB|²=（2cosθ）²+（sinθ-1）²=4cos²θ+sin²θ-2sinθ+1=-3（sinθ+$\frac{1}{3}$）²+$\frac{16}{3}$，
當sinθ=-$\frac{1}{3}$時，-3（sinθ+$\frac{1}{3}$）²+$\frac{16}{3}$最大，
即|AB|²最大值為$\frac{16}{3}$，
∴|AB|的最大值為$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
點P（0，1）到橢圓C₁上點的最大距離$\frac{4\sqrt{3}}{3}$．
（3）證明：直線L不與x軸垂直，直線L：y=mx+n，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
線段AB的中點（x₀，y₀），
由直線方程代入橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{4{λ}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{λ}^{2}}$=1（λ＞1），可得
（1+4m²）x²+8mnx+4n²--4λ²=0，
即有x₁+x₂=-$\frac{8mn}{1+4{m}^{2}}$，x₀=-$\frac{4mn}{1+4{m}^{2}}$，
再將直線y=mx+n代入橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1，可得
（1+4m²）x²+8mnx+4n²--4λ²=0，
設(shè)C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），
線段AB的中點（x₅，y₅），
即有x₃+x₄=-$\frac{8mn}{1+4{m}^{2}}$，x₅=-$\frac{4mn}{1+4{m}^{2}}$，
故AB，CD的中點重合．
則|AC|=|BD|．

點評 本題考查新定義的理解和運用，考查橢圓的方程和性質(zhì)，直線與橢圓方程聯(lián)立，運用韋達定理和中點坐標公式，考查運算能力，屬于中檔題．