Question

10．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（0＜b＜3）的左右焦點分別為F₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），過點F₁且不與x軸重合的直線l與橢圓相交于A，B兩點．當直線l垂直x軸時，|AB|=$\frac{8}{3}$．
（Ⅰ）求橢圓的標準方程；
（Ⅱ）求△ABF₂內(nèi)切圓半徑的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由直線l垂直x軸時，|AB|=$\frac{8}{3}$，求出A，B的坐標，代入橢圓方程，結(jié)合a，b，c的關(guān)系，解方程可得a，b，進而得到橢圓方程；
（Ⅱ）方法一、設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直線l的方程$x=ty-\sqrt{5}$，代入橢圓方程，運用韋達定理，求得|y₁-y₂|，由${S}_{△AB{F}_{2}}$=${S}_{△A{F}_{1}{F}_{2}}$+${S}_{△B{F}_{1}{F}_{2}}$，求出表達式，化簡整理由基本不等式求得最大值，再由內(nèi)切圓的半徑可得最大值；
方法二、討論直線AB的斜率不存在，求得△ABF₂的面積，由等積法可得半徑r；當直線的斜率存在時，設(shè)出直線方程代入橢圓方程，運用韋達定理和弦長公式，求得點F₂到直線l的距離，由三角形的面積公式，化簡整理，運用基本不等式可得最大值，由等積法可得半徑r的最大值．

解答 解：（Ⅰ）由直線l垂直x軸時，|AB|=$\frac{8}{3}$，
可設(shè)$A（-c，\frac{4}{3}）$，$B（-c，-\frac{4}{3}）$，
由$\left\{\begin{array}{l}\frac{c^2}{9}+\frac{16}{{9{b^2}}}=1\\{b^2}+{c^2}=9\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}b=2\\ c=\sqrt{5}\end{array}\right.$，
所以橢圓的標準方程為$\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1$；
（Ⅱ）法1：設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直線l的方程為$x=ty-\sqrt{5}$，
聯(lián)立$\left\{{\begin{array}{l}{x=ty-\sqrt{5}}\\{\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1}\end{array}}\right.$，消去x并化簡得$（{4{t^2}+9}）{y^2}-8\sqrt{5}ty-16=0$，
由韋達定理得${y_1}+{y_2}=\frac{{8\sqrt{5}t}}{{4{t^2}+9}}，{y_1}{y_2}=-\frac{16}{{4{t^2}+9}}$，
即有${（{{y_1}-{y_2}}）^2}={（{{y_1}+{y_2}}）^2}-4{y_1}{y_2}={（{-\frac{{8\sqrt{5}t}}{{4{t^2}+9}}}）^2}+4×\frac{16}{{4{t^2}+9}}=\frac{{24×24×（{{t^2}+1}）}}{{{{（{4{t^2}+9}）}^2}}}$，
所以$|{{y_1}-{y_2}}|=\frac{{24×\sqrt{{t^2}+1}}}{{4{t^2}+9}}$，
而${S}_{△AB{F}_{2}}$=${S}_{△A{F}_{1}{F}_{2}}$+${S}_{△B{F}_{1}{F}_{2}}$
=$\frac{1}{2}$•2c•|y₁-y₂|=$\sqrt{5}$|y₁-y₂|
=$24\sqrt{5}•\frac{{\sqrt{{t^2}+1}}}{{4{t^2}+9}}=24\sqrt{5}•\frac{{\sqrt{{t^2}+1}}}{{4（{{t^2}+1}）+5}}=\frac{{24\sqrt{5}}}{{4\sqrt{{t^2}+1}+\frac{5}{{\sqrt{{t^2}+1}}}}}$
$≤\frac{{24\sqrt{5}}}{{2\sqrt{4\sqrt{{t^2}+1}•\frac{5}{{\sqrt{{t^2}+1}}}}}}=\frac{{24\sqrt{5}}}{{4\sqrt{5}}}=6$，
當且僅當$4\sqrt{{t^2}+1}=\frac{5}{{\sqrt{{t^2}+1}}}$，即$t=±\frac{1}{2}$時等號成立，
又因為${S_{△AB{F_2}}}=\frac{1}{2}×（{|{AB}|+|{{F_2}A}|+|{{F_2}B}|}）×r=\frac{1}{2}×12×r=6r≤6$，
所以△ABF₂內(nèi)切圓半徑的最大值為1．
法2：①當直線l的斜率不存在時，${S_{△AB{F_2}}}=\frac{1}{2}×|{AB}|×2c=\frac{1}{2}×\frac{8}{3}×2\sqrt{5}=\frac{8}{3}\sqrt{5}$，
又因為${S_{△AB{F_2}}}=\frac{1}{2}×（{|{AB}|+|{{F_2}A}|+|{{F_2}B}|}）×r=\frac{1}{2}×12×r=6r$，
所以這時$r=\frac{4}{9}\sqrt{5}$，
②當直線l的斜率存在時，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），$l：y=k（{x+\sqrt{5}}）$，
把$y=k（{x+\sqrt{5}}）$代入$\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1$得，$\frac{x^2}{9}+\frac{{{k^2}{{（x+\sqrt{5}）}^2}}}{4}=1$，
得$（{9{k^2}+4}）{x^2}+18\sqrt{5}{k^2}x+45{k^2}-36=0$，
由韋達定理得${x_1}+{x_2}=-\frac{{18\sqrt{5}{k^2}}}{{9{k^2}+4}}，{x_1}{x_2}=\frac{{45{k^2}-36}}{{9{k^2}+4}}$，$|{AB}|=\sqrt{{{（{{x_1}-{x_2}}）}^2}+{{（{{y_1}-{y_2}}）}^2}}=\sqrt{（{1+{k^2}}）[{{{（{{x_1}+{x_2}}）}^2}-4{x_1}{x_2}}]}$
=$\sqrt{（{1+{k^2}}）[{{{（{-\frac{{18\sqrt{5}{k^2}}}{{9{k^2}+4}}}）}^2}+\frac{{4×36-4×45{k^2}}}{{9{k^2}+4}}}]}$
=$\sqrt{\frac{{4×9×16×{{（{1+{k^2}}）}^2}}}{{{{（{9{k^2}+4}）}^2}}}}=\frac{{24×（{1+{k^2}}）}}{{9{k^2}+4}}$，
點F₂到直線l的距離為$d=\frac{{2\sqrt{5}×|k|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$，
${S_{△AB{F_2}}}=\frac{1}{2}×|{AB}|×d$=$\frac{1}{2}×\frac{{24×（{1+{k^2}}）}}{{9{k^2}+4}}×$$\frac{{2\sqrt{5}×|k|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$=$\frac{{24\sqrt{5}\sqrt{{k^2}+1}×|k|}}{{9{k^2}+4}}$
=$24\sqrt{5}×\frac{{\frac{{\sqrt{{k^2}+1}×|k|}}{k^2}}}{{\frac{{9{k^2}+4}}{k^2}}}=24\sqrt{5}×\frac{{\sqrt{\frac{1}{k^2}+1}}}{{\frac{4}{k^2}+9}}=24\sqrt{5}×\frac{{\sqrt{\frac{1}{k^2}+1}}}{{4（{\frac{1}{k^2}+1}）+5}}$
=$24\sqrt{5}×\frac{1}{{4\sqrt{\frac{1}{k^2}+1}+\frac{5}{{\sqrt{\frac{1}{k^2}+1}}}}}≤24\sqrt{5}×\frac{1}{{4\sqrt{5}}}=6$，
當且僅當$4\sqrt{\frac{1}{k^2}+1}=\frac{5}{{\sqrt{\frac{1}{k^2}+1}}}$即k=±2時等號成立，
由${S_{△AB{F_2}}}=\frac{1}{2}×（{|{AB}|+|{{F_2}A}|+|{{F_2}B}|}）×r=\frac{1}{2}×12×r=6r$
得6r≤6解得r≤1．
又因為$1＞\frac{4}{9}\sqrt{5}$，所以△ABF₂內(nèi)切圓半徑的最大值為1．

點評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運用點滿足橢圓方程和橢圓的基本量的關(guān)系，考查三角形的內(nèi)切圓半徑的最值的求法，注意運用等積法，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運用韋達定理，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．