Question

6．已知橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）上點(diǎn)P，其左、右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，△PF₁F₂的面積的最大值為$\sqrt{3}$，且滿足$\frac{sin∠P{F}_{1}{F}_{2}+sin∠P{F}_{2}{F}_{1}}{sin∠{F}_{1}P{F}_{2}}$=3
（1）求橢圓E的方程；
（2）若A，B，C，D是橢圓上互不重合的四個(gè)點(diǎn)，AC與BD相交于F₁，且$\overrightarrow{AC}$•$\overrightarrow{BD}$=0，求$\frac{|AC|}{|BD|}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由已知可得關(guān)于a，b，c的方程組，求解方程組得到a，b的值，則橢圓方程可求．
（2）設(shè)直線AC的方程，代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理以及弦長(zhǎng)公式即可求得|AC|的值，將$-\frac{1}{k}$代入上式可得|BD|，由k²＞0，即可求得$\frac{|AC|}{|BD|}$的取值范圍．

解答 解：（1）如圖，設(shè)|PF₁|=m，|PF₂|=n，由$\frac{sin∠P{F}_{1}{F}_{2}+sin∠P{F}_{2}{F}_{1}}{sin∠{F}_{1}P{F}_{2}}$=2，
得$\frac{m+n}{2c}=2$，即$\frac{2a}{2c}=\frac{a}{c}=1$，
由△PF₁F₂的面積的最大值為$\sqrt{3}$，得bc=$\sqrt{3}$．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{a=c}\\{bc=\sqrt{3}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=2，b=$\sqrt{3}$．
∴橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）當(dāng)直線AC斜率不存在時(shí)，$\frac{|AC|}{|BD|}$=$\frac{3}{4}$，當(dāng)直線AC斜率為0時(shí)，$\frac{|AC|}{|BD|}$=$\frac{4}{3}$，
當(dāng)直線AC斜率存在且不為0時(shí)，設(shè)直線AC：y=k（x+1），A（x₁，y₁）C（x₂，y₂），BD：$y=-\frac{1}{k}（x+1）$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，整理得（3+4k²）x²+8k²x+4k²-12=0，
∴${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
則|AC|=$\sqrt{1+{k}^{2}}•\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{12（1+{k}^{2}）}{3+4{k}^{2}}$．
將$-\frac{1}{k}$代入上式可得|BD|=$\frac{12（1+{k}^{2}）}{4+3{k}^{2}}$，
則$\frac{|AC|}{|BD|}$=$\frac{3{k}^{2}+4}{4{k}^{2}+3}=\frac{3}{4}+\frac{7}{4}•\frac{1}{4{k}^{2}+3}$，
由k²＞0，則$\frac{3}{4}＜\frac{3}{4}+\frac{7}{4}•\frac{1}{4{k}^{2}+3}＜\frac{4}{3}$，
綜上，$\frac{|AC|}{|BD|}$的取值范圍為[$\frac{3}{4}$，$\frac{4}{3}$]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)，考查了直線與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，考查計(jì)算能力，是中檔題．