Question

1．已知椭圆C：$\frac{x^{2}}{a^{2}}$+$\frac{y^{2}}{b^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦点为F₁、F₂，离心率为e，点P（x₀，y₀）在曲线C上，且不与左、右顶点重合，设∠F₁PF₂=α，|PF₁|=r₁，|PF₂|=r₂，|OP|=r．
（1）求证：①cosα≥1-2e²；②$\frac{1}{r_{1}}$+$\frac{1}{r_{2}}$≥$\frac{2}{a}$；③b≤r≤a（运用参数方程）
（2）若存在某点P使α=120°，${S}_{{△F}_{1}{PF}_{2}}$=4$\sqrt{3}$，曲线与圆x²+y²=36内切，求点P的坐标．

Answer 1

分析 （1）如图所示，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质与离心率计算公式即可得出；
②由r₁+r₂=2a，r₁，r₂＞0，可得$\frac{1}{{r}_{1}}+\frac{1}{{r}_{2}}$=$\frac{1}{2a}（{r}_{1}+{r}_{2}）（\frac{1}{{r}_{1}}+\frac{1}{{r}_{2}}）$，展开利用基本不等式的性质；
③设P（acosθ，bsinθ），（θ为参数），利用两点之间的距离公式可得：r=$\sqrt{{a}^{2}co{s}^{2}θ+{b}^{2}si{n}^{2}θ}$=$\sqrt{（{a}^{2}-{b}^{2}）co{s}^{2}θ+{b}^{2}}$，即可证明；
（2）由三角形的面积可得：r₁r₂．在△F₁PF₂中，由余弦定理可得：a²=4+c²，解得b²，由曲线与圆x²+y²=36内切，可得a=6，c²=32．F$（±4\sqrt{2}，0）$．可得椭圆C的方程为：$\frac{{x}^{2}}{36}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1．联立$\left\{\begin{array}{l}{{r}_{1}{r}_{2}=16}\\{{r}_{1}+{r}_{2}=12}\end{array}\right.$，解得r₁，r₂．设P（m，n），联立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{m}^{2}}{36}+\frac{{n}^{2}}{4}=1}\\{\sqrt{（m-4\sqrt{2}）^{2}+{n}^{2}}=6-2\sqrt{5}}\end{array}\right.$，解得即可．

解答 （1）证明：如图所示，
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}}$1-2e²，当且仅当r₁=r₂=a时取等号；
②∵r₁+r₂=2a，r₁，r₂＞0，
∴$\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}}）$$≥\frac{1}{2a}（2+2\sqrt{\frac{{r}_{1}}{{r}_{2}}•\frac{{r}_{2}}{{r}_{1}}}）$=$\frac{2}{a}$，当且仅当r₁=r₂=a时取等号；
③设P（acosθ，bsinθ），（θ为参数），
∴r=$\sqrt{{a}^{2}co{s}^{2}θ+{b}^{2}si{n}^{2}θ}$=$\sqrt{（{a}^{2}-{b}^{2}）co{s}^{2}θ+{b}^{2}}$$≥\sqrt{{b}^{2}}$=b，又r≤$\sqrt{{a}^{2}-{b}^{2}+{b}^{2}}$=a，
∴b≤r≤a．
（2）解：∵S_△F1PF2=4$\sqrt{3}$，∴$\frac{1}{2}{r}_{1}{r}_{2}sin12{0}^{°}$=$4\sqrt{3}$，化为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，化为a²=4+c²，解得b²=4，
∵曲线与圆x²+y²=36内切，∴a=6，∴c²=32．F$（±4\sqrt{2}，0）$．
∴椭圆C的方程为：$\frac{{x}^{2}}{36}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1．
联立$\left\{\begin{array}{l}{{r}_{1}{r}_{2}=16}\\{{r}_{1}+{r}_{2}=12}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{{r}_{1}=6+2\sqrt{5}}\\{{r}_{2}=6-2\sqrt{5}}\end{array}\right.$，或$\left\{\begin{array}{l}{{r}_{1}=6-2\sqrt{5}}\\{{r}_{2}=6+2\sqrt{5}}\end{array}\right.$．
设P（m，n），则$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{m}^{2}}{36}+\frac{{n}^{2}}{4}=1}\\{\sqrt{（m-4\sqrt{2}）^{2}+{n}^{2}}=6-2\sqrt{5}}\end{array}\right.$，
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：±$（\frac{9\sqrt{2}-6\sqrt{7-3\sqrt{5}}}{2}，±\frac{6\sqrt{5}+6\sqrt{14-6\sqrt{5}}-15}{2}）$．

点评 本题考查了椭圆与圆的标准方程及其性质、余弦定理、基本不等式的性质、椭圆的参数方程，考查了推理能力与计算能力，属于难题．