Question

14．橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左右焦點(diǎn)分別是F₁，F(xiàn)₂，離心率是e=$\frac{1}{2}$，P點(diǎn)在橢圓上，△PF₁F₂的內(nèi)切圓面積最大值是$\frac{4}{3}$π．
（1）求橢圓方程；
（2）若A，B，C，D是橢圓上不重合的四個(gè)點(diǎn)，$\overrightarrow{{F}_{1}A}$∥$\overrightarrow{{F}_{1}C}$，$\overrightarrow{{F}_{1}B}$∥$\overrightarrow{{F}_{1}D}$，$\overrightarrow{AC}$•$\overrightarrow{BD}$D=0，求：|$\overrightarrow{AC}$|+|$\overrightarrow{BD}$|的范圍．

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 ${S}_{△P{F}_{1}{F}_{2}}$=$\frac{1}{2}$|F₁F₂|•b=bc=$\frac{1}{2}$（|F₁F₂|+|PF₁|+|PF₂|）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）由題意可得直線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：|$\overrightarrow{AC}$|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\sqrt{\frac{24（1+{k}^{2}）}{3+4{k}^{2}}}$，把-$\frac{1}{k}$代入上述可得：可得|$\overrightarrow{BD}$|=$\sqrt{\frac{24（1+{k}^{2}）}{4+3{k}^{2}}}$，可得|$\overrightarrow{AC}$|+|$\overrightarrow{BD}$|=$\sqrt{\frac{168（1+{k}^{2}）^{2}}{（4+3{k}^{2}）（3+4{k}^{2}）}}$，設(shè)t=k²+1（k≠0），t＞1．即可得出所求范圍．

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，
∵$\frac{4}{3}$π=πr²，∴r=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．
${S}_{△P{F}_{1}{F}_{2}}$=$\frac{1}{2}$|F₁F₂|•b=bc=$\frac{1}{2}$（|F₁F₂|+|PF₁|+|PF₂|）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$\sqrt{3}$．
則橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{12}$=1；
（2）∵$\overrightarrow{{F}_{1}A}$∥$\overrightarrow{{F}_{1}C}$，$\overrightarrow{{F}_{1}B}$∥$\overrightarrow{{F}_{1}D}$，$\overrightarrow{AC}$•$\overrightarrow{BD}$=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=$\frac{16{k}^{2}-48}{3+4{k}^{2}}$，
∴|$\overrightarrow{AC}$|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\sqrt{\frac{24（1+{k}^{2}）}{3+4{k}^{2}}}$，
把-$\frac{1}{k}$代入上述可得：可得|$\overrightarrow{BD}$|=$\sqrt{\frac{24（1+{k}^{2}）}{4+3{k}^{2}}}$，
∴|$\overrightarrow{AC}$|+|$\overrightarrow{BD}$|=$\sqrt{\frac{168（1+{k}^{2}）^{2}}{（4+3{k}^{2}）（3+4{k}^{2}）}}$，
設(shè)t=k²+1（k≠0），t＞1．
∴|$\overrightarrow{AC}$|+|$\overrightarrow{BD}$|=$\sqrt{\frac{168}{12+\frac{t-1}{{t}^{2}}}}$，∵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．