Question

1．已知橢圓C：$\frac{x^{2}}{a^{2}}$+$\frac{y^{2}}{b^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點為F₁、F₂，離心率為e，點P（x₀，y₀）在曲線C上，且不與左、右頂點重合，設(shè)∠F₁PF₂=α，|PF₁|=r₁，|PF₂|=r₂，|OP|=r．
（1）求證：①cosα≥1-2e²；②$\frac{1}{r_{1}}$+$\frac{1}{r_{2}}$≥$\frac{2}{a}$；③b≤r≤a（運用參數(shù)方程）
（2）若存在某點P使α=120°，${S}_{{△F}_{1}{PF}_{2}}$=4$\sqrt{3}$，曲線與圓x²+y²=36內(nèi)切，求點P的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）如圖所示，①在△F₁PF₂中，由余弦定理可得：cosα=$\frac{{r}_{1}^{2}+{r}_{2}^{2}-4{c}^{2}}{2{r}_{1}{r}_{2}}$=$\frac{（{r}_{1}+{r}_{2}）^{2}-2{r}_{1}{r}_{2}-4{c}^{2}}{2{r}_{1}{r}_{2}}$=$\frac{4{a}^{2}-4{c}^{2}}{2{r}_{1}{r}_{2}}$-1，再利用基本不等式的性質(zhì)與離心率計算公式即可得出；
②由r₁+r₂=2a，r₁，r₂＞0，可得$\frac{1}{{r}_{1}}+\frac{1}{{r}_{2}}$=$\frac{1}{2a}（{r}_{1}+{r}_{2}）（\frac{1}{{r}_{1}}+\frac{1}{{r}_{2}}）$，展開利用基本不等式的性質(zhì)；
③設(shè)P（acosθ，bsinθ），（θ為參數(shù)），利用兩點之間的距離公式可得：r=$\sqrt{{a}^{2}co{s}^{2}θ+^{2}si{n}^{2}θ}$=$\sqrt{（{a}^{2}-^{2}）co{s}^{2}θ+^{2}}$，即可證明；
（2）由三角形的面積可得：r₁r₂．在△F₁PF₂中，由余弦定理可得：a²=4+c²，解得b²，由曲線與圓x²+y²=36內(nèi)切，可得a=6，c²=32．F$（±4\sqrt{2}，0）$．可得橢圓C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{36}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1．聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{{r}_{1}{r}_{2}=16}\\{{r}_{1}+{r}_{2}=12}\end{array}\right.$，解得r₁，r₂．設(shè)P（m，n），聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{m}^{2}}{36}+\frac{{n}^{2}}{4}=1}\\{\sqrt{（m-4\sqrt{2}）^{2}+{n}^{2}}=6-2\sqrt{5}}\end{array}\right.$，解得即可．

解答 （1）證明：如圖所示，
①在△F₁PF₂中，由余弦定理可得：
cosα=$\frac{{r}_{1}^{2}+{r}_{2}^{2}-4{c}^{2}}{2{r}_{1}{r}_{2}}$=$\frac{（{r}_{1}+{r}_{2}）^{2}-2{r}_{1}{r}_{2}-4{c}^{2}}{2{r}_{1}{r}_{2}}$=$\frac{4{a}^{2}-4{c}^{2}}{2{r}_{1}{r}_{2}}$-1$≥\frac{4{a}^{2}-4{c}^{2}}{\frac{（{r}_{1}+{r}_{2}）^{2}}{2}}$-1=$\frac{4{a}^{2}-4{c}^{2}}{2{a}^{2}}$1-2e²，當(dāng)且僅當(dāng)r₁=r₂=a時取等號；
②∵r₁+r₂=2a，r₁，r₂＞0，
∴$\frac{1}{{r}_{1}}+\frac{1}{{r}_{2}}$=$\frac{1}{2a}（{r}_{1}+{r}_{2}）（\frac{1}{{r}_{1}}+\frac{1}{{r}_{2}}）$=$\frac{1}{2a}（2+\frac{{r}_{1}}{{r}_{2}}+\frac{{r}_{2}}{{r}_{1}}）$$≥\frac{1}{2a}（2+2\sqrt{\frac{{r}_{1}}{{r}_{2}}•\frac{{r}_{2}}{{r}_{1}}}）$=$\frac{2}{a}$，當(dāng)且僅當(dāng)r₁=r₂=a時取等號；
③設(shè)P（acosθ，bsinθ），（θ為參數(shù)），
∴r=$\sqrt{{a}^{2}co{s}^{2}θ+^{2}si{n}^{2}θ}$=$\sqrt{（{a}^{2}-^{2}）co{s}^{2}θ+^{2}}$$≥\sqrt{^{2}}$=b，又r≤$\sqrt{{a}^{2}-^{2}+^{2}}$=a，
∴b≤r≤a．
（2）解：∵S_△F1PF2=4$\sqrt{3}$，∴$\frac{1}{2}{r}_{1}{r}_{2}sin12{0}^{°}$=$4\sqrt{3}$，化為r₁r₂=16．
在△F₁PF₂中，由余弦定理可得：4c²=${r}_{1}^{2}+{r}_{2}^{2}$-2r₁r₂cos120°=$（{r}_{1}+{r}_{2}）^{2}$-r₁r₂=4a²-r₁r₂，
∴4a²=16+4c²，化為a²=4+c²，解得b²=4，
∵曲線與圓x²+y²=36內(nèi)切，∴a=6，∴c²=32．F$（±4\sqrt{2}，0）$．
∴橢圓C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{36}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{{r}_{1}{r}_{2}=16}\\{{r}_{1}+{r}_{2}=12}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{{r}_{1}=6+2\sqrt{5}}\\{{r}_{2}=6-2\sqrt{5}}\end{array}\right.$，或$\left\{\begin{array}{l}{{r}_{1}=6-2\sqrt{5}}\\{{r}_{2}=6+2\sqrt{5}}\end{array}\right.$．
設(shè)P（m，n），則$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{m}^{2}}{36}+\frac{{n}^{2}}{4}=1}\\{\sqrt{（m-4\sqrt{2}）^{2}+{n}^{2}}=6-2\sqrt{5}}\end{array}\right.$，
解得$（\frac{9\sqrt{2}-6\sqrt{7-3\sqrt{5}}}{2}，±\frac{6\sqrt{5}+6\sqrt{14-6\sqrt{5}}-15}{2}）$，
因此可得P：±$（\frac{9\sqrt{2}-6\sqrt{7-3\sqrt{5}}}{2}，±\frac{6\sqrt{5}+6\sqrt{14-6\sqrt{5}}-15}{2}）$．

點評 本題考查了橢圓與圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、余弦定理、基本不等式的性質(zhì)、橢圓的參數(shù)方程，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．