在平面直角坐标系 $xOy$ 中，$F_1,F_2$ 分别是椭圆 $C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）的左，右焦点，$P$ 为椭圆 $C$ 是上非长轴端点的任意一点，$Q$ 是线段 $F_1F_2$ 上一点，使得 $\triangle PQF_1$ 与 $\triangle PQF_2$ 的内切圆半径相等．证明：线段 $PQ$ 的长度等于 $b$．
【难度】
【出处】
全国高中数学联赛模拟试题(19)
【标注】
【答案】
略
【解析】
如图所示，设 $P$ 的坐标为 $(x_0,y_0)$，$Q$ 的坐标为 $(m,0), |PQ|=t, \triangle PQF_1, \triangle PQF_2$ 的内切圆半径均为 $r$，则$$\frac{|F_1Q|}{|F_2Q|}=\frac{S_{\triangle PQF_1}}{S_{\triangle PQF_2}}=\frac{r(|PF_1|+|F_1Q|+|PQ|)}{r(|PF_2|+|F_2Q|+|PQ|)}=\frac{|PF_1|+|F_1Q|+t}{|PF_2|+|F_2Q|+t}.$$由比例的性质，知$$\frac{|F_1Q|}{|F_2Q|}=\frac{|PF_1|+t}{|PF_2|+t}\Rightarrow \frac{|F_1Q|+|F_2Q|}{|F_2Q|}=\frac{|PF_1|+|PF_2|+2t}{|PF_2|+t}\Rightarrow \frac{2c}{c-m}=\frac{2a+2t}{a-ex_0+t}.$$这里，$c=\sqrt{a^2-b^2}, e=\frac{c}{a}$．于是$$m=c-\frac{c(a-ex_0+t)}{a+t}=\frac{cex_0}{a+t}=\frac{c^2x_0}{a(a+t)}$$故$$t^2=(x_0-m)^2+y_0^2=\left(x_0-\frac{c^2x_0}{a(a+t)}\right)^2+b^2\left(1-\frac{x_0^2}{a^2}\right)^2$$$$\begin{aligned}
\Rightarrow \frac{t^2-b^2}{x_0^2}&=\left(1-\frac{c^2}{a(a+t)}\right)^2-\frac{b^2}{a^2}=\frac{(b^2+at)^2-b^2(a+t)^2}{a^2(a+t)^2}\\
&=\frac{(a^2-b^2)(t^2-b^2)}{a^2(a+t)^2}=\frac{c^2(t^2-b^2)}{a^2(a+t)^2}\\
\end{aligned}$$这表明$$(t^2-b^2)(a^2(a+t)^2-c^2x_0^2)=0.$$由 $0<c<a,|x_0|<a$，知 $a^2(a+t)^2>c^2x_0^2$．因此，只能有 $t^2-b^2=0$，即 $t=b$．结论得证．
\Rightarrow \frac{t^2-b^2}{x_0^2}&=\left(1-\frac{c^2}{a(a+t)}\right)^2-\frac{b^2}{a^2}=\frac{(b^2+at)^2-b^2(a+t)^2}{a^2(a+t)^2}\\
&=\frac{(a^2-b^2)(t^2-b^2)}{a^2(a+t)^2}=\frac{c^2(t^2-b^2)}{a^2(a+t)^2}\\
\end{aligned}$$这表明$$(t^2-b^2)(a^2(a+t)^2-c^2x_0^2)=0.$$由 $0<c<a,|x_0|<a$，知 $a^2(a+t)^2>c^2x_0^2$．因此，只能有 $t^2-b^2=0$，即 $t=b$．结论得证．
答案
解析
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