Question

3．已知橢圓方程：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），F(xiàn)₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0）分別是橢圓的左右焦點，P為橢圓上的點，△PF₁F₂的內(nèi)切圓為⊙O₁，△PF₁F₂的外接圓為⊙O₂，若∠F₁PF₂=30°時，⊙O₁的半徑為2-$\sqrt{3}$．
（1）求橢圓方程；
（2）設(shè)⊙O₂的面積為S₂，⊙O₁的面積為S₁，求$\frac{{S}_{2}}{{S}_{1}}$的最小值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)|PF₁|=p，|PF₂|=q，⊙O₁的半徑為r₁，利用橢圓定義及余弦定理可得pq=$\frac{4{a}^{2}-4}{2+\sqrt{3}}$，再由三角形面積相等得pq=4（a+1）（2-$\sqrt{3}$），進(jìn)一步求得a的值，則橢圓方程可求；
（2）設(shè)P（x₀，y₀），由三角形面積相等得${r}_{1}=\frac{|{y}_{0}|}{3}$，求出⊙O₂的圓心坐標(biāo)，得到⊙O₂的半徑，求得$\frac{{r}_{2}}{{r}_{1}}=\frac{|\frac{3}{2{y}_{0}}+\frac{{y}_{0}}{6}|}{\frac{|{y}_{0}|}{3}}=\frac{9}{2{{y}_{0}}^{2}}+\frac{1}{2}$，由y₀的取值范圍求得$\frac{{S}_{2}}{{S}_{1}}$的最小值．

解答 解：（1）設(shè)|PF₁|=p，|PF₂|=q，⊙O₁的半徑為r₁，
則$\left\{\begin{array}{l}{p+q=2a}\\{{p}^{2}+{q}^{2}-2pqcos30°=4}\end{array}\right.$，
∴$（2+\sqrt{3}）pq=4{a}^{2}-4$，pq=$\frac{4{a}^{2}-4}{2+\sqrt{3}}$．
${S}_{△P{F}_{1}{F}_{2}}=\frac{1}{2}pqsin30°=\frac{1}{2}（2a+2）{r}_{1}=（a+1）（2-\sqrt{3}）$，
∴pq=4（a+1）（2-$\sqrt{3}$），
則$\frac{4{a}^{2}-4}{2+\sqrt{3}}=4（a+1）（2-\sqrt{3}）$，解得a=2．
∴橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）設(shè)P（x₀，y₀），
∵$\frac{1}{2}（4+2）{r}_{1}=\frac{1}{2}×2×|{y}_{0}|$，∴${r}_{1}=\frac{|{y}_{0}|}{3}$，
線段PF₁ 的垂直平分線方程為$y-\frac{{y}_{0}}{2}=-\frac{{x}_{0}+1}{{y}_{0}}（x-\frac{{x}_{0}-1}{2}）$，線段F₁F₂的垂直平分線方程為x=0．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y-\frac{{y}_{0}}{2}=-\frac{{x}_{0}+1}{{y}_{0}}（x-\frac{{x}_{0}-1}{2}）}\\{x=0}\end{array}\right.$，∴$y=（-\frac{{x}_{0}+1}{{y}_{0}}）（-\frac{{x}_{0}-1}{2}）+\frac{{y}_{0}}{2}=\frac{{{x}_{0}}^{2}-1}{2{y}_{0}}+\frac{{y}_{0}}{2}$，
∵$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{3}=1$，∴$y=\frac{3}{2{y}_{0}}-\frac{{y}_{0}}{6}$，
∴⊙O₂的圓心為$（0，\frac{3}{2{y}_{0}}+\frac{{y}_{0}}{6}）$，半徑${r}_{2}=\sqrt{1+（\frac{3}{2{y}_{0}}-\frac{{y}_{0}}{6}）^{2}}=\sqrt{\frac{9}{4{{y}_{0}}^{2}}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{36}+\frac{1}{2}}$=$|\frac{3}{2{y}_{0}}+\frac{{y}_{0}}{6}|$．
$\frac{{r}_{2}}{{r}_{1}}=\frac{|\frac{3}{2{y}_{0}}+\frac{{y}_{0}}{6}|}{\frac{|{y}_{0}|}{3}}=\frac{9}{2{{y}_{0}}^{2}}+\frac{1}{2}$，
∵${{y}_{0}}^{2}≤3$，∴$\frac{{r}_{2}}{{r}_{1}}≥2$，則$\frac{{S}_{2}}{{S}_{1}}≥4$．
∴$\frac{{S}_{2}}{{S}_{1}}$的最小值為4．

點評 本題考查橢圓的簡單性質(zhì)，考查了直線與圓錐曲線位置關(guān)系的應(yīng)用，考查計算能力，是中檔題．