Question

7．已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0），設(shè)P為橢圓上一點(diǎn)，且∠F₁PF₂=60°，${S_{△P{F_1}{F_2}}}$=$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$．
（Ⅰ）求b；
（Ⅱ）若a=2，A（0，b），是否存在以A為直角頂點(diǎn)的內(nèi)接于橢圓的等腰直角三角形？若存在，請(qǐng)求出共有幾個(gè)？若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)|PF₁|=m，|PF₂|=n，由橢圓定義得m+n=2a，設(shè)橢圓的半焦距為c，則a²=b²+c²，再利用余弦定理、三角形面積計(jì)算公式即可得出．
（II）可得橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．當(dāng)AB，AC中一個(gè)斜率為零，一個(gè)斜率不存在顯然不符合題意．設(shè)AB：y=kx+1，不妨設(shè)k＞0．聯(lián)立直線AB和橢圓方程得（4k²+1）x²+8kx=0，可得|AB|，由AB⊥AC，得k_AB•k_AC=-1，可得|AC|，利用|AB|=|AC|，解出即可得出．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)|PF₁|=m，|PF₂|=n，由橢圓定義得m+n=2a，
設(shè)橢圓的半焦距為c，則a²=b²+c²，
對(duì)△PF₁F₂由余弦定理得${（2c）^2}={m^2}+{n^2}-2mncos∠{F_1}P{F_2}={（m+n）^2}-3mn={（2a）^2}-3mn$，
解得$mn=\frac{4}{3}{b^2}$，
又${S_{△P{F_1}{F_2}}}=\frac{1}{2}mnsin{60°}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}{b^2}$，結(jié)合${S_{△P{F_1}{F_2}}}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$得b=1．
（Ⅱ）可得橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
當(dāng)AB，AC中一個(gè)斜率為零，一個(gè)斜率不存在顯然不符合題意
設(shè)AB：y=kx+1，不妨設(shè)k＞0．
聯(lián)立直線AB和橢圓方程得（4k²+1）x²+8kx=0，
解得兩根為${x_1}=0，{x_2}=-\frac{8k}{{4{k^2}+1}}$．
∴$|AB|=\sqrt{1+{k^2}}|\frac{8k}{{4{k^2}+1}}|$，由AB⊥AC，得k_AB•k_AC=-1，
把|AB|中的k換成$-\frac{1}{k}$，可得$|AC|=\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}|\frac{{-8\frac{1}{k}}}{{4\frac{1}{k^2}+1}}|=\frac{{8\sqrt{{k^2}+1}}}{{4+{k^2}}}$，
由|AB|=|AC|，得$\sqrt{1+{k^2}}|\frac{8k}{{4{k^2}+1}}|=\frac{{8\sqrt{{k^2}+1}}}{{4+{k^2}}}$，結(jié)合k＞0化簡(jiǎn)得k³-4k²+4k-1=0，整理得（k-1）（k²-3k+1）=0，
解得${k_1}=1，{k_2}=\frac{{3+\sqrt{5}}}{2}，{k_3}=\frac{{3-\sqrt{5}}}{2}$，均符合k＞0，
所以符合條件的△ABC的個(gè)數(shù)有3個(gè)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交弦長(zhǎng)問(wèn)題、余弦定理、相互垂直的直線斜率之間的關(guān)系、等腰三角形的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．