Question

7．已知椭圆$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0），设P为椭圆上一点，且∠F₁PF₂=60°，${S_{△P{F_1}{F_2}}}$=$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$．
（Ⅰ）求b；
（Ⅱ）若a=2，A（0，b），是否存在以A为直角顶点的内接于椭圆的等腰直角三角形？若存在，请求出共有几个？若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设|PF₁|=m，|PF₂|=n，由椭圆定义得m+n=2a，设椭圆的半焦距为c，则a²=b²+c²，再利用余弦定理、三角形面积计算公式即可得出．
（II）可得椭圆的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．当AB，AC中一个斜率为零，一个斜率不存在显然不符合题意．设AB：y=kx+1，不妨设k＞0．联立直线AB和椭圆方程得（4k²+1）x²+8kx=0，可得|AB|，由AB⊥AC，得k_AB•k_AC=-1，可得|AC|，利用|AB|=|AC|，解出即可得出．

解答 解：（Ⅰ）设|PF₁|=m，|PF₂|=n，由椭圆定义得m+n=2a，
设椭圆的半焦距为c，则a²=b²+c²，
对△PF₁F₂由余弦定理得${（2c）^2}={m^2}+{n^2}-2mncos∠{F_1}P{F_2}={（m+n）^2}-3mn={（2a）^2}-3mn$，
解得$mn=\frac{4}{3}{b^2}$，
又${S_{△P{F_1}{F_2}}}=\frac{1}{2}mnsin{60°}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}{b^2}$，结合${S_{△P{F_1}{F_2}}}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$得b=1．
（Ⅱ）可得椭圆的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
当AB，AC中一个斜率为零，一个斜率不存在显然不符合题意
设AB：y=kx+1，不妨设k＞0．
联立直线AB和椭圆方程得（4k²+1）x²+8kx=0，
解得两根为${x_1}=0，{x_2}=-\frac{8k}{{4{k^2}+1}}$．
∴$|AB|=\sqrt{1+{k^2}}|\frac{8k}{{4{k^2}+1}}|$，由AB⊥AC，得k_AB•k_AC=-1，
把|AB|中的k换成$-\frac{1}{k}$，可得$|AC|=\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}|\frac{{-8\frac{1}{k}}}{{4\frac{1}{k^2}+1}}|=\frac{{8\sqrt{{k^2}+1}}}{{4+{k^2}}}$，
由|AB|=|AC|，得$\sqrt{1+{k^2}}|\frac{8k}{{4{k^2}+1}}|=\frac{{8\sqrt{{k^2}+1}}}{{4+{k^2}}}$，结合k＞0化简得k³-4k²+4k-1=0，整理得（k-1）（k²-3k+1）=0，
解得${k_1}=1，{k_2}=\frac{{3+\sqrt{5}}}{2}，{k_3}=\frac{{3-\sqrt{5}}}{2}$，均符合k＞0，
所以符合条件的△ABC的个数有3个．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交弦长问题、余弦定理、相互垂直的直线斜率之间的关系、等腰三角形的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．