Question

7．若椭圆E₁：$\frac{x^2}{a_1^2}+\frac{y^2}{b_1^2}=1$与椭圆E₂：$\frac{x^2}{a_2^2}+\frac{y^2}{b_2^2}=1$满足$\frac{a_1}{a_2}=\frac{b_1}{b_2}=m（{m＞0}）$，则称这两个椭圆相似，m叫相似比．若椭圆M₁与椭圆${M_2}：{x^2}+2{y^2}=1$相似且过$（{1，\frac{{\sqrt{2}}}{2}}）$点．
（I）求椭圆M₁的标准方程；
（II）过点P（-2，0）作斜率不为零的直线l与椭圆M₁交于不同两点A、B，F为椭圆M₁的右焦点，直线AF、BF分别交椭圆M₁于点G、H，设$\overrightarrow{AF}={λ_1}\overrightarrow{FG}$，$\overrightarrow{BF}={λ_2}\overrightarrow{FH}（{{λ_1}、{λ_2}∈R}）$，求λ₁+λ₂的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根据题意，设椭圆M₁的标准方程为$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，由“椭圆相似”的性质分析可得$\frac{1}{a^2}=\frac{1}{{2{b^2}}}$，$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{{2{b^2}}}=1$，解可得a²、b²的值，代入椭圆的方程即可得答案；
（Ⅱ）设直线l的斜率为k，以及A、B、G、H的坐标，可以表示$\overrightarrow{AF}$、$\overrightarrow{FG}$的坐标，分“AG与x轴不垂直”和“AG与x轴垂直”两种情况，求出直线AG的方程，联立直线与椭圆的方程，由根与系数的关系的分析可得λ₁+λ₂范围，即可得答案．

解答 解：（I）设椭圆M₁的标准方程为$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，
则$\frac{1}{a^2}=\frac{1}{{2{b^2}}}$，$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{{2{b^2}}}=1$，
得a²=2，b²=1，
椭圆M₁的标准方程$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
（II）设直线l的斜率为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，
当AG与x轴不垂直时，直线AG方程为：$y=\frac{y_1}{{{x_1}-1}}（{x-1}）$，即$x=\frac{{（{{x_1}-1}）y+{y_1}}}{y_1}$，
代入椭圆方程$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$，得$（{3-2{x_1}}）{y^2}+2{y_1}（{{x_1}-1}）y-y_1^2=0$，
则${y_1}{y_2}=\frac{-y_1^2}{{3-2{x_1}}}$，
得$-\frac{y_1}{y_2}=3-2{x_1}$，∴λ₁=3-2x₁，
当AG与x轴垂直时，点A的横坐标为1，λ₁=1，λ₂=3-2x₁成立，
同理可得λ₂=3-2x₂，
设直线l的方程为y=k（x+2），
代入椭圆方程$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$，得（2k²+1）x²+8k²x+8k²-2=0，
则$\left\{{\begin{array}{l}{k≠0}\\{△={{（{8{k^2}}）}^2}-4（{2{k^2}+1}）（{8{k^2}-2}）＞0}\end{array}}\right.$，
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范围为（6，10）．

点评 本题考查椭圆的几何性质，涉及直线与椭圆的位置关系，关键依据椭圆的性质，求出椭圆的标准方程．