分析 (1)利用S${\;}_{△PI{F}_{1}}$+S${\;}_{△PI{F}_{2}}$=2.求出a=2,利用離心率求出c,b即可頂點(diǎn)橢圓E的方程.
(2)①設(shè)直線AB的方程為:x=my-1(m≠0),直線CD的方程為x=-$\frac{1}{m}y-1$,直線AB與橢圓方程聯(lián)立可得:
(3m2+4)y2-6my-9=0,求出弦長(zhǎng),|AB|,|CD|,化簡(jiǎn)和的表達(dá)式,利用函數(shù)的最值求解即可.
解答 解:(1)所求橢圓方程為:$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1(a>b>0)
因?yàn)椤鱌F1F2內(nèi)切圓半徑為1,且S${\;}_{△PI{F}_{1}}$+S${\;}_{△PI{F}_{2}}$=2.S${\;}_{△PI{F}_{1}}$+S${\;}_{△PI{F}_{2}}$=$\frac{1}{2}$|PF1|•r+$\frac{1}{2}$|PF2|•r=$\frac{1}{2}×2a×1$=2,
∴a=2,又∵$e=\frac{1}{2}$,∴c=1,b=$\sqrt{3}$,
橢圓E的方程:$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$.
(2)①設(shè)直線AB的方程為:x=my-1(m≠0),直線CD的方程為x=-$\frac{1}{m}y-1$,
直線AB與橢圓方程聯(lián)立可得:
(3m2+4)y2-6my-9=0,
解得弦長(zhǎng)|AB|=$\sqrt{1+{m}^{2}}•\frac{\sqrt{36{m}^{2}+36(3{m}^{2}+4)}}{3{m}^{2}+4}$=$\frac{12{m}^{2}+1}{3{m}^{2}+4}$ (6分)
同理可得弦長(zhǎng)$|{CD}|=\frac{{12\frac{1}{m^2}+1}}{{3\frac{1}{m^2}+4}}$(7分)
所以|$\overrightarrow{AB}$|+|$\overrightarrow{CD}$|=$\frac{{12{m^2}+1}}{{3{m^2}+4}}$+$\frac{{12\frac{1}{m^2}+1}}{{3\frac{1}{m^2}+4}}$=$\frac{12}{{3+\frac{1}{{{m^2}+1}}}}+\frac{12}{{4-\frac{1}{{{m^2}+1}}}}$
設(shè)$t=\frac{1}{{{m^2}+1}}∈(0,1)$
|$\overrightarrow{AB}$|+|$\overrightarrow{CD}$|=$\frac{12}{3+t}+\frac{12}{4-t}$=$\frac{84}{-{t}^{2}+t+12}$,
當(dāng)$t=\frac{1}{2},即m=±1時(shí),|{AB}|+|{CD}|的最小值為\frac{48}{7}$(10分)
②當(dāng)m=0時(shí),|$\overrightarrow{AB}$|+|$\overrightarrow{CD}$|=7..(11分)
綜上:$|{AB}|+|{CD}|的最小值為\frac{48}{7}$.(12分)
點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)的應(yīng)用,橢圓方程的求法,直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用,考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力.
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:填空題
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | 函數(shù)的單調(diào)區(qū)間可以是函數(shù)的定義域 | |
B. | 函數(shù)的多個(gè)單調(diào)增區(qū)間的并集也是其單調(diào)增區(qū)間 | |
C. | 具有奇偶性的函數(shù)的定義域定關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱 | |
D. | 關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的圖象一定是奇函數(shù)的圖象 |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | $\sqrt{5}$ | B. | $2\sqrt{5}$ | C. | $\sqrt{10}$ | D. | 10 |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | f(x)是奇函數(shù) | B. | f(x)是偶函數(shù) | ||
C. | f(x)是非奇非偶函數(shù) | D. | f(x)既是奇函數(shù)又是偶函數(shù) |
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