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已知椭圆 $C : \frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$ ( $a > b > 0$ )的左、右焦点分别为 $F_{1}, F_{2}$ , $| F_{1} F_{2} | = 2$ , 点 $M$ 在椭圆 $C$ 上, 且 $Δ M F_{1} F_{2}$ 的面积的最大值为 $\sqrt{3}$ .

求椭圆 $C$ 的方程;
设 $G$ 为 $Δ M F_{1} F_{2}$ 的重心, $I$ 为 $Δ M F_{1} F_{2}$ 的内心, $I, G$ 两点不重合.
1. 证明: $G I / / F_{1} F_{2}$ ;
2. 点 $P, Q$ 在椭圆 $C$ 上, 且 $\vec{P G} = \vec{G Q}$ , 求 $Δ I P Q$ 的面积的取值范围.

解

解由题意 $2 c = 2$ , $\frac{1}{2} (2 c) b = \sqrt{3}$ , 所以 $C : \frac{x^{2}}{4} + \frac{y^{2}}{3} = 1$ .
1. 证明不妨设 $x_{M}, y_{M} \geq 0$ . 一方面根据重心坐标公式 $y_{G} = \frac{y_{F_{1}} + y_{F_{2}} + y_{M}}{3} = \frac{y_{M}}{3},$ 另一方面根据面积关系 $S_{Δ M F_{1} F_{2}} = \frac{1}{2} y_{I} (2 a + 2 c) = \frac{1}{2} (2 c) y_{M} \Rightarrow y_{I} = \frac{y_{M}}{3},$ 所以 $y_{G} = y_{I}$ , 所以 $G I / / F_{1} F_{2}$ .
2. 解首先确定一下 $x_{I}$ . 在 $Δ M F_{1} F_{2}$ 中 $M F_{1} - M F_{2} = (x_{I} - x_{F_{1}}) - (x_{F_{2}} - x_{I}) .$ 利用焦半径公式 $2 e x_{M} = 2 x_{I} \Rightarrow x_{I} = \frac{1}{2} x_{M}$ . 所以 $G I = \frac{x_{M}}{6}$ .
  再来求 $| y_{P} - y_{Q} |$ . 设 $M (2 \cos θ, \sqrt{3} \sin θ)$ , $P (2 \cos α, \sqrt{3} \sin α)$ , $Q (2 \cos β, \sqrt{3} \sin β)$ , 则由 $\vec{P G} = \vec{G Q}$ : ${\begin{aligned} x_{P} + x_{Q} = 2 x_{G}, \\ y_{P} + y_{Q} = 2 y_{G} \end{aligned} \Rightarrow {\begin{aligned} \cos α + \cos β = \frac{2}{3} \cos θ, \\ \sin α + \sin β = \frac{2}{3} \sin θ \end{aligned} \Rightarrow {\begin{aligned} \cos \frac{α + β}{2} \cos \frac{α - β}{2} = \frac{1}{3} \cos θ, \\ \sin \frac{α + β}{2} \cos \frac{α - β}{2} = \frac{1}{3} \sin θ, \end{aligned}$ 于是两边平方得 $\cos^{2} \frac{α - β}{2} = \frac{1}{9}, \sin^{2} \frac{α - β}{2} = \frac{8}{9} .$ 于是 $\begin{aligned} | y_{P} - y_{Q} | & = \sqrt{3} | \sin α - \sin β | = 2 \sqrt{3} | \cos \frac{α + β}{2} \sin \frac{α - β}{2} | \\ = 2 \sqrt{3} | \frac{\cos θ}{3 \cos \frac{α - β}{2}} \cdot \sqrt{\frac{8}{9}} | = \frac{4 \sqrt{6}}{3} | \cos θ | = \frac{2 \sqrt{6}}{3} x_{M} . \end{aligned}$ 这样 $S_{Δ I P Q} = \frac{1}{2} | I G | \cdot | y_{P} - y_{Q} | = \frac{\sqrt{6}}{18} x_{M}^{2} \in (0, \frac{2 \sqrt{6}}{9}) .$ (注意 $I, G$ 不重合, 所以要去掉左端点; 三角形默认不考虑退化三角形, 所以去掉右端点)

2.2 的另解

将整个图形进行仿射变换( $(x, y) \mapsto (x, \frac{2}{\sqrt{3}} y) = (x^{'}, y^{'})$ ), 则 $O G^{'} = \frac{2}{3}$ , 从而 $P^{'} Q^{'} = 2 \sqrt{2^{2} - O G^{' 2}} = \frac{8 \sqrt{2}}{3}$ , 于是 $| y_{P} - y_{Q} | = \frac{\sqrt{3}}{2} | y_{P^{'}} - y_{Q^{'}} | < \frac{\sqrt{3}}{2} P^{'} Q^{'} = \frac{4 \sqrt{6}}{3},$ 而 $G I = \frac{x_{M}}{6} < \frac{1}{3}$ , 于是 $S_{Δ I P Q} = \frac{1}{2} | G I | \cdot | y_{P} - y_{Q} | < \frac{2 \sqrt{6}}{9}$ . 显然 $x_{M} \to 0$ 时 $S_{Δ I P Q} \to 0$ , 所以 $S_{Δ I P Q} \in (0, \frac{2 \sqrt{6}}{9})$ .