Question

7．设椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左右焦点分别为F₁，F₂，过右焦点F₂的直线l与C相交于P，Q两点，若△F₁PQ的周长为短轴长的2$\sqrt{2}$倍，抛物线y²=2$\sqrt{2}$x的焦点F满足$\overrightarrow{{F}_{1}F}$=3$\overrightarrow{F{F}_{2}}$．
（I） 求椭圆C的方程；
（Ⅱ）若$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=3$\overrightarrow{{F}_{2}Q}$，求直线l的方程；
（Ⅲ）若直线l的倾斜角α∈[$\frac{π}{6}$，$\frac{π}{2}$]，求△F₁PQ的内切圆的半径r的取值范围．

Answer 1

分析 （I）△F₁PQ的周长为短轴长的2$\sqrt{2}$倍，可得4a=2$\sqrt{2}$•2b．抛物线y²=2$\sqrt{2}$x的焦点F$（\frac{\sqrt{2}}{2}，0）$，由$\overrightarrow{{F}_{1}F}$=3$\overrightarrow{F{F}_{2}}$，可得$\frac{\sqrt{2}}{2}-（-c）$=3$（c-\frac{\sqrt{2}}{2}）$，解得c，又a²=b²+c²，联立解得．
（II）设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），由$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=3$\overrightarrow{{F}_{2}Q}$，可得-y₁=3y₂．设直线l的方程为：x=my+$\sqrt{2}$，与椭圆方程联立化为：（m²+2）y²+2$\sqrt{2}$my-2=0，△＞0，利用根与系数的关系及其-y₁=3y₂联立可得：$\frac{3（\sqrt{2}m）^{2}}{（{m}^{2}+2）^{2}}$=$\frac{2}{{m}^{2}+2}$，解得m．
（III）由直线l的方程为：x=my+$\sqrt{2}$，$α=\frac{π}{2}$时，m=0．当α∈$[\frac{π}{6}，\frac{π}{2}）$时，$\frac{1}{m}$=tanα，综上可得：$0≤m≤\sqrt{3}$．△F₁PQ的面积S=$\frac{1}{2}$（|PF₁|+|PQ|+|QF₁|）r=$\frac{1}{2}|{F}_{1}{F}_{2}|$|y₁-y₂|，及其|y₁-y₂|=$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$，即可得出．

解答 解：（I）△F₁PQ的周长为短轴长的2$\sqrt{2}$倍，∴4a=2$\sqrt{2}$•2b，即a=$\sqrt{2}$b．
抛物线y²=2$\sqrt{2}$x的焦点F$（\frac{\sqrt{2}}{2}，0）$，由$\overrightarrow{{F}_{1}F}$=3$\overrightarrow{F{F}_{2}}$，可得$\frac{\sqrt{2}}{2}-（-c）$=3$（c-\frac{\sqrt{2}}{2}）$，解得c=$\sqrt{2}$，
又a²=b²+c²，联立解得b²=2，a=2．∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（II）设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），∵$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=3$\overrightarrow{{F}_{2}Q}$，∴-y₁=3y₂．
设直线l的方程为：x=my+$\sqrt{2}$，联立$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+2{y}^{2}=4}\\{x=my+\sqrt{2}}\end{array}\right.$，
化为：（m²+2）y²+2$\sqrt{2}$my-2=0，△＞0，∴y₁+y₂=-$\frac{2\sqrt{2}m}{{m}^{2}+2}$，y₁•y₂=$\frac{-2}{{m}^{2}+2}$．
与-y₁=3y₂联立可得：$\frac{3（\sqrt{2}m）^{2}}{（{m}^{2}+2）^{2}}$=$\frac{2}{{m}^{2}+2}$，解得m=±1．
∴直线l的方程为：x=±y+$\sqrt{2}$．
（III）由直线l的方程为：x=my+$\sqrt{2}$，$α=\frac{π}{2}$时，m=0，
∴x=$\sqrt{2}$．当α∈$[\frac{π}{6}，\frac{π}{2}）$时，$\frac{1}{m}$=tanα，$0＜m≤\sqrt{3}$．
综上可得：$0≤m≤\sqrt{3}$．
△F₁PQ的面积S=$\frac{1}{2}$（|PF₁|+|PQ|+|QF₁|）r=$\frac{1}{2}|{F}_{1}{F}_{2}|$|y₁-y₂|，
可得2ar=c|y₁-y₂|，4r=$\sqrt{2}$|y₁-y₂|，
∴r=$\frac{\sqrt{2}}{4}$|y₁-y₂|=$\frac{\sqrt{2}}{4}$$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{\sqrt{2}\sqrt{{m}^{2}+1}}{{m}^{2}+2}$，
令t=$\sqrt{{m}^{2}+1}$，∴t∈[1，2]．
因此r=$\frac{\sqrt{2}t}{{t}^{2}+1}$=$\frac{\sqrt{2}}{t+\frac{1}{t}}$，∵函数f（t）=t+$\frac{1}{t}$在[1，2]上为增函数，
∴t=2时，f（t）的最大值为$\frac{5}{2}$，∴r的最小值为：$\frac{2\sqrt{2}}{5}$．
t=1时，f（t）的最小值为2，∴r的最大值为：$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
∴△F₁PQ的内切圆的半径r的取值范围是$[\frac{2\sqrt{2}}{5}，\frac{\sqrt{2}}{2}]$．

点评 本题考查了椭圆与抛物线的标准方程及其性质、直线与椭圆相交弦长问题、一元二次方程的根与系数的关系、三角形内切圆的性质、三角形面积计算公式、函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于难题．