Question

9．已知橢圓Γ的左、右焦點(diǎn)分別為F₁（-1，0）、F₂（1，0）．經(jīng)過點(diǎn)F₁且傾斜角為θ（0＜θ＜π）的直線l與橢圓Γ交于A、B兩點(diǎn)（其中點(diǎn)A在x軸上方），△ABF₂的周長(zhǎng)為8．
（1）求橢圓Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）如圖，把平面xOy沿x軸折起來，使y軸正半軸和x軸確定的半平面，與y負(fù)半軸和x軸所確定的半平面互相垂直．
①若θ=$\frac{π}{3}$，求異面直線AF₁和BF₂所成角的大小；
②若折疊后△ABF₂的周長(zhǎng)為$\frac{15}{2}$，求θ的大�。�

Answer 1

分析 （1）由橢圓的定義可知：4a=8，則a=2，c=1，b²=a²-c²=3，即可求得橢圓Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）①當(dāng)θ=$\frac{π}{3}$，求得直線方程，代入橢圓方程，求得A和B坐標(biāo)，分別求得$\overrightarrow{{F}_{1}A}$=（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當(dāng)方法一：θ=$\frac{π}{2}$，丨AB丨=$\frac{3}{2}$$\sqrt{2}$，丨AF₂丨=丨BF₂丨=$\frac{5}{2}$，不滿足題意，當(dāng)θ≠$\frac{π}{2}$時(shí)，設(shè)直線l方程，由韋達(dá)定理及丨AB丨-丨A′B′丨=$\frac{1}{2}$，即可求得k的值，由k=tanθ，即可求得θ的大��；
方法二：設(shè)直線my=x+1，代入橢圓方程，由韋達(dá)定理及兩點(diǎn)之間的距離公式求得m的值，即可求得θ的大�。�

解答 解：（1）設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0），c=1
由橢圓的性質(zhì)可知：丨AF₁丨+丨AF₂丨=2a，丨BF₁丨+丨BF₂丨=2a，
則△ABF₂的周長(zhǎng)L=4a=8，即a=2，b²=a²-c²=3，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）①設(shè)直線l：y-0=$\sqrt{3}$（x+1），
代入橢圓方程$\left\{\begin{array}{l}{y=\sqrt{3}（x+1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{x=0}\\{y=\sqrt{3}}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{8}{5}}\\{y=-\frac{3\sqrt{3}}{5}}\end{array}\right.$，
則A（0，$\sqrt{3}$），B（-$\frac{8}{5}$，-$\frac{3\sqrt{3}}{5}$），
在空間直角坐標(biāo)系中，F(xiàn)₁（0，-1，0），A（0，0，$\sqrt{3}$），
B（$\frac{3\sqrt{3}}{5}$，$\frac{8}{5}$，0），F(xiàn)₂（0，1，0），$\overrightarrow{{F}_{1}A}$=（0，1，$\sqrt{3}$），$\overrightarrow{B{F}_{2}}$=（-$\frac{3\sqrt{3}}{5}$，$\frac{13}{5}$，0），
異面直線AF₂和BF₂所成角為θ，則cosθ=$\frac{丨\overrightarrow{{F}_{1}A}•\overrightarrow{B{F}_{2}}丨}{丨\overrightarrow{{F}_{1}A}丨•丨\overrightarrow{B{F}_{2}}丨}$=$\frac{13}{28}$，
∴異面直線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，則丨AB丨-丨A′B′丨=$\frac{1}{2}$，
當(dāng)θ=$\frac{π}{2}$，丨AB丨=$\frac{3}{2}$$\sqrt{2}$，丨AF₂丨=丨BF₂丨=$\frac{5}{2}$，不滿足題意，
當(dāng)θ≠$\frac{π}{2}$時(shí)，設(shè)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，
則A，B在新圖形中對(duì)應(yīng)的點(diǎn)A′，B′，則A′（x₁，y₁，0），B′（x₂，0，y₂），
則$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}}$-$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+{y}_{1}^{2}+{y}_{2}^{2}}$=$\frac{1}{2}$，
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，則丨AB丨-丨A′B′丨=$\frac{1}{2}$，
設(shè)折疊前A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直線my=x+1，
則$\left\{\begin{array}{l}{my=x+1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，整理得：（3m²+4）y²-6my-9=0，
則y₁+y₂=$\frac{6m}{3{m}^{2}+4}$，y₁•y₂=-$\frac{9}{3{m}^{2}+4}$，
則丨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，
$\frac{12+12{m}^{2}}{3{m}^{2}+4}$=$\frac{1}{4}$+$\frac{18}{3{m}^{2}+4}$，則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$\frac{3\sqrt{35}}{14}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，橢圓方程與空間向量的綜合應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于難題．