Question

12．已知橢圓$\frac{x^2}{48}$+$\frac{y^2}{36}$=1，F₁，F₂是左、右焦點，點A是橢圓上的一點，I是三角形F₁AF₂內切圓的圓心．
（I）若∠F₁AF₂=60°，求三角形F₁AF₂的面積；
（II）直線AI交x軸于D點，求$\frac{AI}{ID}$；
（ III）當點A在橢圓上頂點時，圓I和圓G關于直線y=1對稱，圓G與x軸的正半軸交于點H，以H為圓心的圓H：（x-2）²+y²=r²（r＞0）與圓G交于B，C兩點．設P是圓G上異于B，C的任意一點，直線PB、PC分別與x軸交于點M和N，求$\overrightarrow{GM}$•$\overrightarrow{GN}$的值．

Answer 1

分析 （I）求出橢圓的a，b，c，利用橢圓的定義，余弦定理，表示三角形的面積求解即可．
（II）利用橢圓的定義，內角平分線定理，即可求解$\frac{AI}{ID}$；
（ III）求出圓G方程，設B（x₀，y₀），P（x₁，y₁），（y₁≠±y₀），則C（x₀，-y₀），代入圓的方程，求出直線PB的方程，直線PC的方程，求出x_M，x_N，然后求解$\overrightarrow{GM}•\overrightarrow{GN}$=|x_Mx_N|即可得到結果．

解答 解：（I）橢圓$\frac{x^2}{48}$+$\frac{y^2}{36}$=1焦點在x軸上，則a=4$\sqrt{3}$，b=6，c=2$\sqrt{3}$，
由橢圓的定義可知：丨PF₁丨+丨PF₂丨=2a，
由余弦定理可知：4c²=丨PF₁丨²+丨PF₁丨²-2丨PF₁丨•丨PF₁丨cos∠F₁AF₂，
解得：丨PF₁丨•丨PF₁丨=2•$\frac{^{2}}{1+cos∠{F}_{1}A{F}_{2}}$，
S=$\frac{1}{2}$•2•$\frac{^{2}}{1+cos∠{F}_{1}A{F}_{2}}$•sin∠F₁AF₂=b²•$\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{1+\frac{1}{2}}$=12$\sqrt{3}$，
三角形F₁AF₂的面積12$\sqrt{3}$；
（II）橢圓$\frac{x^2}{48}$+$\frac{y^2}{36}$=1，F₁，F₂是左、右焦點，點A是橢圓上的一點，I是三角形F₁AF₂內切圓的圓心．
因為AI平分∠F₁AF₂，所以根據三角形的平分線定理，得
$\frac{AI}{ID}$=$\frac{|A{F}_{1}|}{|D{F}_{1}|}$=$\frac{|A{F}_{2}|}{|D{F}_{2}|}$=$\frac{|A{F}_{1}|+|A{F}_{2}|}{|D{F}_{1}|+|D{F}_{2}|}$=$\frac{2a}{2c}$=$\frac{1}{e}$，∴$\frac{AI}{ID}=\frac{1}{e}=2$…..（6分）
（ III）由第二小問可知圓I方程為x²+（y-2）²=4，…..（7分）
則圓G方程為x²+y²=4，…..（8分）
設B（x₀，y₀），P（x₁，y₁），（y₁≠±y₀），則C（x₀，-y₀），x₀²+y₀²=4，x₁²+y₁²=4
直線PB的方程為：y-y₁=$\frac{{y}_{0}-{y}_{1}}{{x}_{0}-{x}_{1}}（x-{x}_{1}）$，
直線PC的方程為：y-y₁=$\frac{-{y}_{0}-{y}_{1}}{{x}_{0}-{x}_{1}}（x-{x}_{1}）$，
分別令y=0，得x_M=$\frac{{x}_{1}{y}_{0}-{x}_{0}{y}_{1}}{{y}_{0}-{y}_{1}}$，x_N=$\frac{{x}_{1}{y}_{0}+{x}_{0}{y}_{1}}{{y}_{0}+{y}_{1}}$；
所以$\overrightarrow{GM}•\overrightarrow{GN}$=|x_Mx_N|=$|\frac{{{x}_{1}}^{2}{{y}_{0}}^{2}-{{x}_{0}}^{2}{{y}_{1}}^{2}}{{{y}_{0}}^{2}-{{y}_{1}}^{2}}|$=$|\frac{（4-{{y}_{1}}^{2}）{{y}_{0}}^{2}-（4-{{y}_{0}}^{2}）{{y}_{1}}^{2}}{{{y}_{0}}^{2}-{{y}_{1}}^{2}}|$=4．…（12分）

點評 本題考查直線與橢圓的位置關系的應用，橢圓的簡單性質的應用，考查轉化思想以及計算能力．