Question

1．已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別是點(diǎn)F₁，F(xiàn)₂，上、下頂點(diǎn)分別為A，B，其離心率e=$\frac{1}{2}$，點(diǎn)P為橢圓上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)A重合時(shí)，△PF₁F₂的內(nèi)切圓面積為$\frac{4π}{3}$．
（I）求a，b的值；
（Ⅱ）當(dāng)點(diǎn)P是橢圓上異于頂點(diǎn)的任意一點(diǎn)，直線(xiàn)AP，BP分別交x軸于兩點(diǎn)M，N，證明：|$\overrightarrow{OM}$|•|$\overrightarrow{ON}$|為定值．

Answer 1

分析 （I）由當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)A重合時(shí)，△PF₁F₂的內(nèi)切圓面積為$\frac{4π}{3}$．設(shè)內(nèi)切圓的半徑為r，則πr²=$\frac{4π}{3}$，解得r．利用$\frac{1}{2}r×（2a+2c）$=$\frac{1}{2}×2c×b$，又$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，a²=b²+c²，聯(lián)立解出即可得出．
（II）由（I）可得橢圓的方程為：$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{12}$=1．可得A（0，2$\sqrt{3}$），B（0，-2$\sqrt{3}$），設(shè)P$（4cosθ，2\sqrt{3}sinθ）$．（θ∈[0，2π））．則直線(xiàn)AP的方程為：y=$\frac{\sqrt{3}sinθ-\sqrt{3}}{2cosθ}$x+2$\sqrt{3}$，可得M．同理可得B，即可證明|$\overrightarrow{OM}$|•|$\overrightarrow{ON}$|為定值．

解答 （I）解：∵當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)A重合時(shí)，△PF₁F₂的內(nèi)切圓面積為$\frac{4π}{3}$．
設(shè)內(nèi)切圓的半徑為r，則πr²=$\frac{4π}{3}$，解得r=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．
∴$\frac{1}{2}r×（2a+2c）$=$\frac{1}{2}×2c×b$，化為：2（a+c）=$\sqrt{3}$bc，
又$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，a²=b²+c²，聯(lián)立解得a=4，b=2$\sqrt{3}$，c=2．
（II）證明：由（I）可得橢圓的方程為：$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{12}$=1．
∴A（0，2$\sqrt{3}$），B（0，-2$\sqrt{3}$），設(shè)P$（4cosθ，2\sqrt{3}sinθ）$．（θ∈[0，2π），$θ≠\frac{π}{2}$，$\frac{3π}{2}$）．
則直線(xiàn)AP的方程為：y=$\frac{\sqrt{3}sinθ-\sqrt{3}}{2cosθ}$x+2$\sqrt{3}$，可得M$（\frac{4cosθ}{1-sinθ}，0）$.$（θ≠\frac{π}{2}）$
直線(xiàn)BP的方程為：y=$\frac{\sqrt{3}sinθ+\sqrt{3}}{2cosθ}$x-2$\sqrt{3}$，可得N$（\frac{4cosθ}{sinθ+1}，0）$.$（θ≠\frac{3π}{2}）$．
∴|$\overrightarrow{OM}$|•|$\overrightarrow{ON}$|=$\frac{16co{s}^{2}θ}{1-si{n}^{2}θ}$=16為定值．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、三角形內(nèi)切圓的面積與三角形的面積計(jì)算公式、直線(xiàn)的方程，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．