Question

13．如圖，已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的四個(gè)頂點(diǎn)是A₁，A₂，B₁，B₂，△A₂B₁B₂是邊長為2的正三角形．
（1）求橢圓的方程；
（2）若G是橢圓上在第一象限內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，直線B₁G交線段A₂B₂于點(diǎn)E，求$\frac{|G{B}_{1}|}{|E{B}_{1}|}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由正三角形的定義和性質(zhì)可得b=1，a=$\frac{\sqrt{3}}{2}$•2b，解得a，b，即可得到所求橢圓方程；
（2）設(shè)直線B₁G的方程為：y=kx-1，（k＞$\frac{\sqrt{3}}{3}$），與橢圓的方程聯(lián)立解得G，可得|GB₁|．直線A₂B₂的方程為：$\frac{x}{\sqrt{3}}$+y=1與y=kx-1聯(lián)立解得E．可得|EB₁|，可得$\frac{|G{B}_{1}|}{|E{B}_{1}|}$=$\frac{3{k}^{2}+\sqrt{3}k}{1+3{k}^{2}}$，變形利用不等式的性質(zhì)及基本不等式，即可得出范圍．

解答 解：（1）由△A₂B₁B₂是邊長為2的正三角形，
可得2b=2，a=$\frac{\sqrt{3}}{2}$•2b
即有a=$\sqrt{3}$，b=1，
可得橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{3}$+y²=1；
（2）B₁（0，-1），A₂（$\sqrt{3}$，0），B₂（0，1），
設(shè)直線B₁G的方程為：y=kx-1，（k＞$\frac{\sqrt{3}}{3}$）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-1}\\{{x}^{2}+3{y}^{2}=3}\end{array}\right.$，化為（1+3k²）x²-6kx=0，
解得G（$\frac{6k}{1+3{k}^{2}}$，$\frac{3{k}^{2}-1}{3{k}^{2}+1}$）
∴|GB₁|=$\sqrt{（\frac{6k}{1+3{k}^{2}}）^{2}+（\frac{6{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}）^{2}}$
=$\frac{6k\sqrt{1+{k}^{2}}}{1+3{k}^{2}}$，
直線A₂B₂的方程為：$\frac{x}{\sqrt{3}}$+y=1，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-1}\\{y=1-\frac{\sqrt{3}}{3}x}\end{array}\right.$，解得E（$\frac{6}{3k+\sqrt{3}}$，$\frac{3k-\sqrt{3}}{3k+\sqrt{3}}$），
∴|EB₁|=$\sqrt{（\frac{6}{3k+\sqrt{3}}）^{2}+（\frac{6k}{3k+\sqrt{3}}）^{2}}$=$\frac{6\sqrt{1+{k}^{2}}}{3k+\sqrt{3}}$，
∴$\frac{|G{B}_{1}|}{|E{B}_{1}|}$=$\frac{3{k}^{2}+\sqrt{3}k}{1+3{k}^{2}}$=1+$\frac{1}{（\sqrt{3}k-1）+\frac{2}{\sqrt{3}k-1}+2}$，
由k＞$\frac{\sqrt{3}}{3}$，可得$\sqrt{3}$k-1＞0，即有$\frac{|G{B}_{1}|}{|E{B}_{1}|}$＞1，
由（$\sqrt{3}$k-1）+$\frac{2}{\sqrt{3}k-1}$≥2$\sqrt{（\sqrt{3}k-1）•\frac{2}{\sqrt{3}k-1}}$=2$\sqrt{2}$，
當(dāng)且僅當(dāng)k=$\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{3}}$時(shí)取得等號(hào)，
即有$\frac{|G{B}_{1}|}{|E{B}_{1}|}$≤1+$\frac{1}{2\sqrt{2}+2}$=$\frac{\sqrt{2}+1}{2}$．
則$\frac{|G{B}_{1}|}{|E{B}_{1}|}$的取值范圍是（1，$\frac{\sqrt{2}+1}{2}$]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓與圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線交點(diǎn)問題、兩點(diǎn)之間的距離公式，考查了基本不等式的運(yùn)用，以及推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．