Question

3．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{1}{2}$，左，右焦點(diǎn)分別是F₁，F(xiàn)₂，以F₁為圓心以3為半徑的圓與以F₂為圓心以1為半徑的圓相交，且交點(diǎn)在橢圓C上．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）線段PQ是橢圓C過(guò)點(diǎn)F₂的弦，且$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=λ$\overrightarrow{{F}_{2}Q}$．
（i）求△PF₁Q的周長(zhǎng)；
（ii）求△PF₁Q內(nèi)切圓面積的最大值，并求取得最大值時(shí)實(shí)數(shù)λ的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可知，|PF₁|+|PF₂|=2a=4，可得a=2，又$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，a²-c²=b²，解出即可得出．
（Ⅱ）（i）由（Ⅰ）知：a=2．線段PQ是橢圓C過(guò)點(diǎn)F₂的弦，則△PF₁Q的周長(zhǎng)=4a．
（ii）因?yàn)槿�角形�?nèi)切圓的半徑與三角形周長(zhǎng)的乘積是面積的2倍，且△F₁PQ的周長(zhǎng)是定值8，所以只需求出△F₁PQ面積的最大值．設(shè)直線l方程為x=my+1，與橢圓方程聯(lián)立得（3m²+4）y²+6my-9=0，設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$，于是${S}_{△{F}_{1}PQ}$=$\frac{1}{2}$|F₁F₂|•|y₁-y₂|，進(jìn)而得出．

解答 解：（Ⅰ）由題意可知，|PF₁|+|PF₂|=2a=3+1=4，可得a=2，
又$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，a²-c²=b²，可得c=1，b=$\sqrt{3}$，
即有橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1．
（Ⅱ）（i）由（Ⅰ）知：a=2．
線段PQ是橢圓C過(guò)點(diǎn)F₂的弦，則△PF₁Q的周長(zhǎng)=4a=8．
（ii）因?yàn)槿�角形�?nèi)切圓的半徑與三角形周長(zhǎng)的乘積是面積的2倍，
且△F₁PQ的周長(zhǎng)是定值8，所以只需求出△F₁PQ面積的最大值．
設(shè)直線l方程為x=my+1，與橢圓方程聯(lián)立得（3m²+4）y²+6my-9=0，
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則y₁+y₂=-$\frac{6m}{3{m}^{2}+4}$，y₁y₂=-$\frac{9}{3{m}^{2}+4}$，
|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\sqrt{（\frac{-6m}{3{m}^{2}+4}）^{2}+\frac{4×9}{3{m}^{2}+4}}$=12$\sqrt{\frac{{m}^{2}+1}{（3{m}^{2}+4）^{2}}}$．
于是${S}_{△{F}_{1}PQ}$=$\frac{1}{2}$|F₁F₂|•|y₁-y₂|=12$\sqrt{\frac{{m}^{2}+1}{（3{m}^{2}+4）^{2}}}$，設(shè)m²+1=t≥1．
∵$\frac{{m}^{2}+1}{（3{m}^{2}+4）^{2}}$=$\frac{t}{（3t+1）^{2}}$=$\frac{1}{9t+\frac{1}{t}+6}$≤$\frac{1}{16}$，
∴S_△F1PQ≤3，
所以?xún)?nèi)切圓半徑r=$\frac{2S△{F}_{1}PQ}{8}$≤$\frac{3}{4}$，此時(shí)m=0，λ=1．
因此其面積最大值是$\frac{9}{16}$π．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系、弦長(zhǎng)公式、三角形內(nèi)切圓的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．