Question

7．若橢圓E₁：$\frac{x^2}{a_1^2}+\frac{y^2}{b_1^2}=1$與橢圓E₂：$\frac{x^2}{a_2^2}+\frac{y^2}{b_2^2}=1$滿足$\frac{a_1}{a_2}=\frac{b_1}{b_2}=m（{m＞0}）$，則稱這兩個橢圓相似，m叫相似比．若橢圓M₁與橢圓${M_2}：{x^2}+2{y^2}=1$相似且過$（{1，\frac{{\sqrt{2}}}{2}}）$點．
（I）求橢圓M₁的標準方程；
（II）過點P（-2，0）作斜率不為零的直線l與橢圓M₁交于不同兩點A、B，F(xiàn)為橢圓M₁的右焦點，直線AF、BF分別交橢圓M₁于點G、H，設$\overrightarrow{AF}={λ_1}\overrightarrow{FG}$，$\overrightarrow{BF}={λ_2}\overrightarrow{FH}（{{λ_1}、{λ_2}∈R}）$，求λ₁+λ₂的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)題意，設橢圓M₁的標準方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，由“橢圓相似”的性質分析可得$\frac{1}{a^2}=\frac{1}{{2{b^2}}}$，$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{{2{b^2}}}=1$，解可得a²、b²的值，代入橢圓的方程即可得答案；
（Ⅱ）設直線l的斜率為k，以及A、B、G、H的坐標，可以表示$\overrightarrow{AF}$、$\overrightarrow{FG}$的坐標，分“AG與x軸不垂直”和“AG與x軸垂直”兩種情況，求出直線AG的方程，聯(lián)立直線與橢圓的方程，由根與系數(shù)的關系的分析可得λ₁+λ₂范圍，即可得答案．

解答 解：（I）設橢圓M₁的標準方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，
則$\frac{1}{a^2}=\frac{1}{{2{b^2}}}$，$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{{2{b^2}}}=1$，
得a²=2，b²=1，
橢圓M₁的標準方程$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
（II）設直線l的斜率為k，A（x₁，y₂），B（x₂，y₂），G（x₃，y₃），H（x₄，y₄），
又∵F（1，0），
∴$\overrightarrow{AF}=（{1-{x_1}，-{y_1}}）$，$\overrightarrow{FG}=（{{x_2}-1，-{y_2}}）$，
由$\overrightarrow{AF}={λ_1}\overrightarrow{FG}$，-y₁=λ₁y₂，
當AG與x軸不垂直時，直線AG方程為：$y=\frac{y_1}{{{x_1}-1}}（{x-1}）$，即$x=\frac{{（{{x_1}-1}）y+{y_1}}}{y_1}$，
代入橢圓方程$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$，得$（{3-2{x_1}}）{y^2}+2{y_1}（{{x_1}-1}）y-y_1^2=0$，
則${y_1}{y_2}=\frac{-y_1^2}{{3-2{x_1}}}$，
得$-\frac{y_1}{y_2}=3-2{x_1}$，∴λ₁=3-2x₁，
當AG與x軸垂直時，點A的橫坐標為1，λ₁=1，λ₂=3-2x₁成立，
同理可得λ₂=3-2x₂，
設直線l的方程為y=k（x+2），
代入橢圓方程$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$，得（2k²+1）x²+8k²x+8k²-2=0，
則$\left\{{\begin{array}{l}{k≠0}\\{△={{（{8{k^2}}）}^2}-4（{2{k^2}+1}）（{8{k^2}-2}）＞0}\end{array}}\right.$，
得$0＜{k^2}＜\frac{1}{2}$，${x_1}+{x_2}=\frac{{-8{k^2}}}{{2{k^2}+1}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{8{k^2}-2}}{{2{k^2}+1}}$，
${λ_1}+{λ_2}=6-2（{{x_1}+{x_2}}）=6+\frac{{16{k^2}}}{{2{k^2}+1}}=14-\frac{8}{{2{k^2}+1}}$，
由$0＜{k^2}＜\frac{1}{2}$得$6＜14-\frac{8}{{2{k^2}+1}}＜10$，
即λ₁+λ₂范圍為（6，10）．

點評 本題考查橢圓的幾何性質，涉及直線與橢圓的位置關系，關鍵依據(jù)橢圓的性質，求出橢圓的標準方程．