Question

9．設橢圓E₁的長半軸長為a₁、短半軸長為b₁，橢圓E₂的長半軸長為a₂、短半軸長為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，其左頂點為A、右頂點為B．
（1）設橢圓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僅有一個公共點，過橢圓E的上頂點為D作斜率為k₂的直線l₂與橢圓G僅有一個公共點，當λ為何值時|k₁|+|k₂|取得最小值，并求其最小值；
（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C（x₀，y₀），求證：△ABC的垂心M在橢圓E上．

Answer 1

分析 （1）運用“相似橢圓”的定義，討論s＞2，0＜s＜2，列出等式，解方程可得s；
（2）求得A，D的坐標，可得直線l₁與直線l₂的方程，代入橢圓G的方程，運用判別式為0，求得|k₁|，|k₂|，再由基本不等式即可得到所求最小值；
（3）求得橢圓H的方程，設出橢圓H上的任意一點C（x₀，y₀），代入橢圓H的方程；設△ABC的垂心M的坐標為（x_M，y_M），運用垂心的定義，結合兩直線垂直的條件：斜率之積為-1，化簡整理，可得M的坐標，代入橢圓E的方程即可得證．

解答 解：（1）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s＞2時$\frac{2}{s}=\frac{1}{2}$⇒s=4；
當0＜s＜2時$\frac{2}{2}=\frac{1}{s}$⇒s=1．
則s=4或1；
（2）易得$A（-\sqrt{2}，0），D（0，1）$，
可得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32k₁⁴-4（1+2k₁²）（4k₁²-2λ）=0，
即|k₁|=$\frac{1}{{\sqrt{2}}}\sqrt{\frac{λ}{1-λ}}$，
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16k₂²-4（1+2k₂²）（2-2λ）=0，
即|k₂|=$\frac{1}{{\sqrt{2}}}\sqrt{\frac{1-λ}{λ}}$，
故|k₁k₂|=$\frac{1}{2}$，
即|k₁|+|k₂|≥2$\sqrt{|{k_1}{k_2}|}=\sqrt{2}$，當且僅當|k₁|=|k₂|時取到等號，此時λ=$\frac{1}{2}$，
所以當λ=$\frac{1}{2}$時|k₁|+|k₂|取得最小值$\sqrt{2}$；  
（3）證明：顯然橢圓E：$\frac{x^2}{2}+{y^2}$=1，由$\frac{t}{2}$=$\frac{2}{1}$，可得t=4，
即有橢圓H：$\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{4}$=1． 
由橢圓H上的任意一點C（x₀，y₀），于是$\frac{{{x_0}^2}}{2}+\frac{{{y_0}^2}}{4}$=1①
設△ABC的垂心M的坐標為（x_M，y_M），
由CM⊥AB得x_M=x₀，
又AM⊥BC⇒$\frac{y_M}{{{x_M}+\sqrt{2}}}•\frac{y_0}{{{x_0}-\sqrt{2}}}$=-1，
將x_M=x₀代入$\frac{y_M}{{{x_M}+\sqrt{2}}}•\frac{y_0}{{{x_0}-\sqrt{2}}}$=-1，得x₀²=2-y₀y_M②
由①②得y₀=2y_M．
又x₀=x_M代入（1）得$\frac{{{x_M}^2}}{2}+{y_M}$²=1，
即△ABC的垂心M在橢圓E上．

點評 本題考查新定義的理解和運用，考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運用判別式為0，同時考查基本不等式的運用和三角形的垂心的判斷，考查運算化簡能力，屬于中檔題．