Question

7．設(shè)橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左右焦點分別為F₁，F(xiàn)₂，過右焦點F₂的直線l與C相交于P，Q兩點，若△F₁PQ的周長為短軸長的2$\sqrt{2}$倍，拋物線y²=2$\sqrt{2}$x的焦點F滿足$\overrightarrow{{F}_{1}F}$=3$\overrightarrow{F{F}_{2}}$．
（I） 求橢圓C的方程；
（Ⅱ）若$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=3$\overrightarrow{{F}_{2}Q}$，求直線l的方程；
（Ⅲ）若直線l的傾斜角α∈[$\frac{π}{6}$，$\frac{π}{2}$]，求△F₁PQ的內(nèi)切圓的半徑r的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）△F₁PQ的周長為短軸長的2$\sqrt{2}$倍，可得4a=2$\sqrt{2}$•2b．拋物線y²=2$\sqrt{2}$x的焦點F$（\frac{\sqrt{2}}{2}，0）$，由$\overrightarrow{{F}_{1}F}$=3$\overrightarrow{F{F}_{2}}$，可得$\frac{\sqrt{2}}{2}-（-c）$=3$（c-\frac{\sqrt{2}}{2}）$，解得c，又a²=b²+c²，聯(lián)立解得．
（II）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），由$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=3$\overrightarrow{{F}_{2}Q}$，可得-y₁=3y₂．設(shè)直線l的方程為：x=my+$\sqrt{2}$，與橢圓方程聯(lián)立化為：（m²+2）y²+2$\sqrt{2}$my-2=0，△＞0，利用根與系數(shù)的關(guān)系及其-y₁=3y₂聯(lián)立可得：$\frac{3（\sqrt{2}m）^{2}}{（{m}^{2}+2）^{2}}$=$\frac{2}{{m}^{2}+2}$，解得m．
（III）由直線l的方程為：x=my+$\sqrt{2}$，$α=\frac{π}{2}$時，m=0．當(dāng)α∈$[\frac{π}{6}，\frac{π}{2}）$時，$\frac{1}{m}$=tanα，綜上可得：$0≤m≤\sqrt{3}$．△F₁PQ的面積S=$\frac{1}{2}$（|PF₁|+|PQ|+|QF₁|）r=$\frac{1}{2}|{F}_{1}{F}_{2}|$|y₁-y₂|，及其|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$，即可得出．

解答 解：（I）△F₁PQ的周長為短軸長的2$\sqrt{2}$倍，∴4a=2$\sqrt{2}$•2b，即a=$\sqrt{2}$b．
拋物線y²=2$\sqrt{2}$x的焦點F$（\frac{\sqrt{2}}{2}，0）$，由$\overrightarrow{{F}_{1}F}$=3$\overrightarrow{F{F}_{2}}$，可得$\frac{\sqrt{2}}{2}-（-c）$=3$（c-\frac{\sqrt{2}}{2}）$，解得c=$\sqrt{2}$，
又a²=b²+c²，聯(lián)立解得b²=2，a=2．∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（II）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），∵$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=3$\overrightarrow{{F}_{2}Q}$，∴-y₁=3y₂．
設(shè)直線l的方程為：x=my+$\sqrt{2}$，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+2{y}^{2}=4}\\{x=my+\sqrt{2}}\end{array}\right.$，
化為：（m²+2）y²+2$\sqrt{2}$my-2=0，△＞0，∴y₁+y₂=-$\frac{2\sqrt{2}m}{{m}^{2}+2}$，y₁•y₂=$\frac{-2}{{m}^{2}+2}$．
與-y₁=3y₂聯(lián)立可得：$\frac{3（\sqrt{2}m）^{2}}{（{m}^{2}+2）^{2}}$=$\frac{2}{{m}^{2}+2}$，解得m=±1．
∴直線l的方程為：x=±y+$\sqrt{2}$．
（III）由直線l的方程為：x=my+$\sqrt{2}$，$α=\frac{π}{2}$時，m=0，
∴x=$\sqrt{2}$．當(dāng)α∈$[\frac{π}{6}，\frac{π}{2}）$時，$\frac{1}{m}$=tanα，$0＜m≤\sqrt{3}$．
綜上可得：$0≤m≤\sqrt{3}$．
△F₁PQ的面積S=$\frac{1}{2}$（|PF₁|+|PQ|+|QF₁|）r=$\frac{1}{2}|{F}_{1}{F}_{2}|$|y₁-y₂|，
可得2ar=c|y₁-y₂|，4r=$\sqrt{2}$|y₁-y₂|，
∴r=$\frac{\sqrt{2}}{4}$|y₁-y₂|=$\frac{\sqrt{2}}{4}$$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{\sqrt{2}\sqrt{{m}^{2}+1}}{{m}^{2}+2}$，
令t=$\sqrt{{m}^{2}+1}$，∴t∈[1，2]．
因此r=$\frac{\sqrt{2}t}{{t}^{2}+1}$=$\frac{\sqrt{2}}{t+\frac{1}{t}}$，∵函數(shù)f（t）=t+$\frac{1}{t}$在[1，2]上為增函數(shù)，
∴t=2時，f（t）的最大值為$\frac{5}{2}$，∴r的最小值為：$\frac{2\sqrt{2}}{5}$．
t=1時，f（t）的最小值為2，∴r的最大值為：$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
∴△F₁PQ的內(nèi)切圓的半徑r的取值范圍是$[\frac{2\sqrt{2}}{5}，\frac{\sqrt{2}}{2}]$．

點評 本題考查了橢圓與拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交弦長問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、三角形內(nèi)切圓的性質(zhì)、三角形面積計算公式、函數(shù)的單調(diào)性，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．