Question

9．已知椭圆Γ的左、右焦点分别为F₁（-1，0）、F₂（1，0）．经过点F₁且倾斜角为θ（0＜θ＜π）的直线l与椭圆Γ交于A、B两点（其中点A在x轴上方），△ABF₂的周长为8．
（1）求椭圆Γ的标准方程；
（2）如图，把平面xOy沿x轴折起来，使y轴正半轴和x轴确定的半平面，与y负半轴和x轴所确定的半平面互相垂直．
①若θ=$\frac{π}{3}$，求异面直线AF₁和BF₂所成角的大小；
②若折叠后△ABF₂的周长为$\frac{15}{2}$，求θ的大小．

Answer 1

分析 （1）由椭圆的定义可知：4a=8，则a=2，c=1，b²=a²-c²=3，即可求得椭圆Γ的标准方程；
（2）①当θ=$\frac{π}{3}$，求得直线方程，代入椭圆方程，求得A和B坐标，分别求得$\overrightarrow{{F}_{1}A}$=（0，1，$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{B{F}_{2}}$=（-$\frac{3\sqrt{3}}{5}$，$\frac{13}{5}$，0），cosθ=$\frac{丨\overrightarrow{{F}_{1}A}•\overrightarrow{B{F}_{2}}丨}{丨\overrightarrow{{F}_{1}A}丨•丨\overrightarrow{B{F}_{2}}丨}$=$\frac{13}{28}$；
②当方法一：θ=$\frac{π}{2}$，丨AB丨=$\frac{3}{2}$$\sqrt{2}$，丨AF₂丨=丨BF₂丨=$\frac{5}{2}$，不满足题意，当θ≠$\frac{π}{2}$时，设直线l方程，由韦达定理及丨AB丨-丨A′B′丨=$\frac{1}{2}$，即可求得k的值，由k=tanθ，即可求得θ的大小；
方法二：设直线my=x+1，代入椭圆方程，由韦达定理及两点之间的距离公式求得m的值，即可求得θ的大小．

解答 解：（1）设椭圆的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0），c=1
由椭圆的性质可知：丨AF₁丨+丨AF₂丨=2a，丨BF₁丨+丨BF₂丨=2a，
则△ABF₂的周长L=4a=8，即a=2，b²=a²-c²=3，
∴椭圆的标准方程：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）①设直线l：y-0=$\sqrt{3}$（x+1），
代入椭圆方程$\left\{\begin{array}{l}{y=\sqrt{3}（x+1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{x=0}\\{y=\sqrt{3}}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{8}{5}}\\{y=-\frac{3\sqrt{3}}{5}}\end{array}\right.$，
则A（0，$\sqrt{3}$），B（-$\frac{8}{5}$，-$\frac{3\sqrt{3}}{5}$），
在空间直角坐标系中，F₁（0，-1，0），A（0，0，$\sqrt{3}$），
B（$\frac{3\sqrt{3}}{5}$，$\frac{8}{5}$，0），F₂（0，1，0），$\overrightarrow{{F}_{1}A}$=（0，1，$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{B{F}_{2}}$=（-$\frac{3\sqrt{3}}{5}$，$\frac{13}{5}$，0），
异面直线AF₂和BF₂所成角为θ，则cosθ=$\frac{丨\overrightarrow{{F}_{1}A}•\overrightarrow{B{F}_{2}}丨}{丨\overrightarrow{{F}_{1}A}丨•丨\overrightarrow{B{F}_{2}}丨}$=$\frac{13}{28}$，
∴异面直线AF₁和BF₂所成角的大小arccos$\frac{13}{28}$；
②由丨A′F₂丨+丨B′F丨+丨A′B′丨=$\frac{15}{2}$，丨AF₂丨+丨BF丨+丨AB丨=8，则丨AB丨-丨A′B′丨=$\frac{1}{2}$，
当θ=$\frac{π}{2}$，丨AB丨=$\frac{3}{2}$$\sqrt{2}$，丨AF₂丨=丨BF₂丨=$\frac{5}{2}$，不满足题意，
当θ≠$\frac{π}{2}$时，设l：y-0=k（x+1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，整理得：（3+4k²）x²+8k²x+（4k²-12）=0，
则A，B在新图形中对应的点A′，B′，则A′（x₁，y₁，0），B′（x₂，0，y₂），
则$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}}$-$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+{y}_{1}^{2}+{y}_{2}^{2}}$=$\frac{1}{2}$，
解得：k=±$\frac{3\sqrt{35}}{14}$，
故θ=arctan$\frac{3\sqrt{35}}{14}$，或θ=π-arctan$\frac{3\sqrt{35}}{14}$，
方法二：由丨A′F₂丨+丨B′F丨+丨A′B′丨=$\frac{15}{2}$，丨AF₂丨+丨BF丨+丨AB丨=8，则丨AB丨-丨A′B′丨=$\frac{1}{2}$，
设折叠前A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直线my=x+1，
则$\left\{\begin{array}{l}{my=x+1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，整理得：（3m²+4）y²-6my-9=0，
则y₁+y₂=$\frac{6m}{3{m}^{2}+4}$，y₁•y₂=-$\frac{9}{3{m}^{2}+4}$，
则丨A′B′丨=$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+{y}_{1}^{2}+（-{y}_{2}）^{2}}$，丨AB丨=$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}}$，
∴丨AB丨-丨A′B′丨=$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}}$-$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+{y}_{1}^{2}+（-{y}_{2}）^{2}}$=$\frac{1}{2}$，（1）
∴$\frac{-2{y}_{1}{y}_{2}}{\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}+\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+{y}_{1}^{2}+{y}_{2}^{2}}}}$=$\frac{1}{2}$，
∴$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}}$+$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+{y}_{1}^{2}+（-{y}_{2}）^{2}}$=-4y₁y₂，（2）
∴由（1），（2）可知：$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}}$=$\frac{1}{4}$-2y₁y₂，
∴（x₁-x₂）+（y₁-y₂）=（1+m²）（y₁-y₂）=（$\frac{1}{4}$-2y₁y₂）²，
∴（1+m²）[（$\frac{6m}{3{m}^{2}+4}$）²+$\frac{36}{3{m}^{2}+4}$]=（$\frac{1}{4}$-2×$\frac{-9}{3{m}^{2}+4}$）²，
即144（$\frac{1+m}{3{m}^{2}+4}$）²=（$\frac{1}{4}$+$\frac{18}{3{m}^{2}+4}$）²，
$\frac{12+12{m}^{2}}{3{m}^{2}+4}$=$\frac{1}{4}$+$\frac{18}{3{m}^{2}+4}$，则12m²+12=$\frac{3}{4}$m²+1+18，
解得：m²=$\frac{28}{45}$，
故θ=arctan$\frac{3\sqrt{35}}{14}$或θ=π-arctan$\frac{3\sqrt{35}}{14}$．

点评 本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，考查直线与椭圆的位置关系，椭圆方程与空间向量的综合应用，考查计算能力，属于难题．