Question

20．如图1，已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的焦点和上顶点分别为F₁、F₂、B，我们称△F₁BF₂为椭圆C的“特征三角形”．如果两个椭圆的特征三角形是相似的，则称这两个椭圆是“相似椭圆”，且三角形的相似比即为椭圆的相似比．若椭圆C₁：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1，直线L：y=mx+n
（1）已知椭圆D：$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（b＞0）与椭圆C₁是相似椭圆，求b的值及椭圆D与椭圆C₁的相似比；
（2）求点P（0，1）到椭圆C₁上点的最大距离
（3）如图2，设直线L与椭圆E：$\frac{{x}^{2}}{4{λ}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{λ}^{2}}$=1（λ＞1）相交于A、B两点，与椭圆C₁交于C、D两点，求证：|AC|=|BD|

Answer 1

分析 （1）分别求得椭圆C₁，椭圆D的特征三角形的腰长和底边长，由相似可得b和相似比；
（2）设椭圆C₁上动点B（2cosθ，sinθ），由两点距离公式，化简整理，配方，由二次函数最值求法，即可得到所求最大值；
（3）将直线方程代入两椭圆方程，消去y，可得x的方程，运用韦达定理和中点坐标公式，验证AB和CD的中点是否重合，即可得证．

解答 解：（1）由椭圆C₁：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1焦点在x轴上，a=2，b=1，c=$\sqrt{3}$，
∴椭圆C₁的特征三角形是腰长为2，底边长为2$\sqrt{3}$的等腰三角形，
椭圆D：$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（b＞0）的特征三角形是腰长为4，底边长为2$\sqrt{16-{b}^{2}}$的等腰三角形，
椭圆D：$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（b＞0）与椭圆C₁：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1是相似椭圆，
因此两个特征三角形相似，
∴$\frac{4}{2}$=$\frac{2\sqrt{16-{b}^{2}}}{2\sqrt{3}}$，解得：b²=4，即b=2，
∴椭圆D与椭圆C₁的相似比为2：1；
（2）椭圆C₁：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1，设椭圆C₁上动点B（2cosθ，sinθ），
∴|AB|²=（2cosθ）²+（sinθ-1）²=4cos²θ+sin²θ-2sinθ+1=-3（sinθ+$\frac{1}{3}$）²+$\frac{16}{3}$，
当sinθ=-$\frac{1}{3}$时，-3（sinθ+$\frac{1}{3}$）²+$\frac{16}{3}$最大，
即|AB|²最大值为$\frac{16}{3}$，
∴|AB|的最大值为$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
点P（0，1）到椭圆C₁上点的最大距离$\frac{4\sqrt{3}}{3}$．
（3）证明：直线L不与x轴垂直，直线L：y=mx+n，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
线段AB的中点（x₀，y₀），
由直线方程代入椭圆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=-$\frac{4mn}{1+4{m}^{2}}$，
再将直线y=mx+n代入椭圆C₁：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1，可得
（1+4m²）x²+8mnx+4n²--4λ²=0，
设C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），
线段AB的中点（x₅，y₅），
即有x₃+x₄=-$\frac{8mn}{1+4{m}^{2}}$，x₅=-$\frac{4mn}{1+4{m}^{2}}$，
故AB，CD的中点重合．
则|AC|=|BD|．

点评 本题考查新定义的理解和运用，考查椭圆的方程和性质，直线与椭圆方程联立，运用韦达定理和中点坐标公式，考查运算能力，属于中档题．