Question

6．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左右焦點(diǎn)F₁，F(xiàn)₂其離心率為e=$\frac{1}{2}$，點(diǎn)P為橢圓上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，△PF₁F₂內(nèi)切圓面積的最大值為$\frac{4π}{3}$．
（1）求a，b的值
（2）若A、B、C、D是橢圓上不重合的四個(gè)點(diǎn)，且滿足$\overrightarrow{{F}_{1}A}$∥$\overrightarrow{{F}_{1}C}$，$\overrightarrow{{F}_{1}B}$∥$\overrightarrow{{F}_{1}D}$，$\overrightarrow{AC}$•$\overrightarrow{BD}$=0，求|$\overrightarrow{AC}$|+|$\overrightarrow{BD}$|的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)P為橢圓上下頂點(diǎn)時(shí)，△PF₁F₂內(nèi)切圓面積取得最大值，設(shè)△PF₁F₂內(nèi)切圓半徑為r，利用${S}_{△P{F}_{1}{F}_{2}}$=$\frac{1}{2}|{F}_{1}{F}_{2}|•b$=bc=$\frac{1}{2}（|{F}_{1}{F}_{2}|+|P{F}_{1}|+|P{F}_{2}|）$r，化為$bc=\frac{2\sqrt{3}}{3}（a+c）$，又$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，a²=b²+c²，聯(lián)立解得a，c，b即可得出．
（2）由滿足$\overrightarrow{{F}_{1}A}$∥$\overrightarrow{{F}_{1}C}$，$\overrightarrow{{F}_{1}B}$∥$\overrightarrow{{F}_{1}D}$，$\overrightarrow{AC}$•$\overrightarrow{BD}$=0，可得直線AC，BD垂直相交于點(diǎn)F₁，由（1）橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{12}=1$，F(xiàn)₁（-2，0）．
①直線AC，BD有一條斜率不存在時(shí)，|$\overrightarrow{AC}$|+|$\overrightarrow{BD}$|=14．
②當(dāng)AC斜率存在且不為0時(shí)，設(shè)方程y=k（x+2），A（x₁，y₁），C（x₂，y₂），與橢圓方程聯(lián)立化為（3+4k²）x²+16k²x+16k²-48=0．利用根與系數(shù)的關(guān)系可得：$|\overrightarrow{AC}|$=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\frac{24（1+{k}^{2}）}{3+4{k}^{2}}$，把-$\frac{1}{k}$代入上述可得：可得$|\overrightarrow{BD}|$=$\frac{24（1+{k}^{2}）}{4+3{k}^{2}}$，可得|$\overrightarrow{AC}$|+|$\overrightarrow{BD}$|=$\frac{168（{k}^{2}+1）^{2}}{（4+3{k}^{2}）（3+4{k}^{2}）}$，設(shè)t=k²+1（k≠0），t＞1．即可得出．

解答 解：（1）設(shè)△PF₁F₂內(nèi)切圓半徑為r，
由△PF₁F₂的面積為S=$\frac{1}{2}$r（PF₁+PF₂+F₁F₂）=$\frac{1}{2}$r（2a+2c），
S最大，則r最大，
當(dāng)P為橢圓上下頂點(diǎn)時(shí)，△PF₁F₂的面積最大，其內(nèi)切圓面積取得最大值，
∵$\frac{4π}{3}=π{r}^{2}$，∴$r=\frac{2\sqrt{3}}{3}$．
${S}_{△P{F}_{1}{F}_{2}}$=$\frac{1}{2}|{F}_{1}{F}_{2}|•b$=bc=$\frac{1}{2}（|{F}_{1}{F}_{2}|+|P{F}_{1}|+|P{F}_{2}|）$r=$\frac{1}{2}（2c+2a）×\frac{2\sqrt{3}}{3}$，化為$bc=\frac{2\sqrt{3}}{3}（a+c）$，
又$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，a²=b²+c²，聯(lián)立解得a=4，c=2，b=2$\sqrt{3}$．
（2）∵滿足$\overrightarrow{{F}_{1}A}$∥$\overrightarrow{{F}_{1}C}$，$\overrightarrow{{F}_{1}B}$∥$\overrightarrow{{F}_{1}D}$，$\overrightarrow{AC}$•$\overrightarrow{BD}$=0，
∴直線AC，BD垂直相交于點(diǎn)F₁，
由（1）橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{12}=1$，F(xiàn)₁（-2，0）．
①直線AC，BD有一條斜率不存在時(shí)，|$\overrightarrow{AC}$|+|$\overrightarrow{BD}$|=6+8=14．
②當(dāng)AC斜率存在且不為0時(shí)，設(shè)方程y=k（x+2），A（x₁，y₁），C（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+2）}\\{\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{12}=1}\end{array}\right.$，化為（3+4k²）x²+16k²x+16k²-48=0．
∴x₁+x₂=$\frac{-16{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{16{k}^{2}-48}{3+4{k}^{2}}$，
∴$|\overrightarrow{AC}|$=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\frac{24（1+{k}^{2}）}{3+4{k}^{2}}$，
把-$\frac{1}{k}$代入上述可得：可得$|\overrightarrow{BD}|$=$\frac{24（1+{k}^{2}）}{4+3{k}^{2}}$，
∴|$\overrightarrow{AC}$|+|$\overrightarrow{BD}$|=$\frac{168（{k}^{2}+1）^{2}}{（4+3{k}^{2}）（3+4{k}^{2}）}$，
設(shè)t=k²+1（k≠0），t＞1．
∴|$\overrightarrow{AC}$|+|$\overrightarrow{BD}$|=$\frac{168}{12+\frac{t-1}{{t}^{2}}}$，∵t＞1，∴$0＜\frac{t-1}{{t}^{2}}≤\frac{1}{4}$，
∴|$\overrightarrow{AC}$|+|$\overrightarrow{BD}$|∈$[\frac{96}{7}，14）$．
綜上可得：|$\overrightarrow{AC}$|+|$\overrightarrow{BD}$|的取值范圍是$[\frac{96}{7}，14]$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立可得根與系數(shù)關(guān)系、向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系、三角形內(nèi)切圓的性質(zhì)、二次函數(shù)的性質(zhì)，考查了“換元法”、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．