Question

17．以橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的中心O為圓心，$\sqrt{{a}^{2}+^{2}}$為半徑的圓稱為該橢圓的“準圓”．設橢圓C的左頂點為A，左焦點為F，上頂點為B，且滿足|AB|=2，S_△OAB=$\frac{\sqrt{6}}{2}$S_△OFB
（1）求橢圓C及其“準圓”的方程；
（2）對于給定的橢圓C，若點P是射線y=$\sqrt{3}$x（x≥0）與橢圓C的“準圓”的交點，是否存在以P為一個頂點的“準圓”的內(nèi)接矩形，使橢圓C完全落在該矩形所圍成的區(qū)域內(nèi)（包括邊界）？若存在，請寫出作圖方法，并予以證明；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意可得：$\sqrt{{a}^{2}+^{2}}$=2，$\frac{1}{2}ab$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$×$\frac{1}{2}bc$，又a²=b²+c²，聯(lián)立解出可得橢圓C的標準方程．“準圓”的方程．
（2）聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\sqrt{3}x（x≥0）}\\{{x}^{2}+{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，解得P．作圖方法：過點P作直線l₁，l₂，使得此兩條直線與橢圓C都只有一個公共點，并且分別與“準圓”交于點R，T，延長線段PQ交“準圓”于點Q，連接QR，TR，四邊形PRQT就是所求的矩形．
分析：易知：過點P且與橢圓C只有一個交點的直線不垂直于x軸．設直線方程為：y-$\sqrt{3}$=k（x-1），與橢圓方程聯(lián)立可得：（1+3k²）x²-$（6{k}^{2}-6\sqrt{3}k）$x+3k²-6$\sqrt{3}$k+6=0，由于直線與橢圓只有一個公共點，可得△=0，即k²+$\sqrt{3}$k-1=0，直線l₁，l₂的斜率k₁，k₂是此方程的兩個實數(shù)根，利用根與系數(shù)的關系、向量垂直與斜率的關系進而證明．

解答 解：（1）由題意可得：$\sqrt{{a}^{2}+^{2}}$=2，$\frac{1}{2}ab$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$×$\frac{1}{2}bc$，又a²=b²+c²，聯(lián)立解得：a²=3，b=1，c=$\sqrt{2}$．
∴橢圓C的標準方程為：$\frac{{x}^{2}}{3}$+y²=1．
“準圓”的方程為：x²+y²=4．
（2）聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\sqrt{3}x（x≥0）}\\{{x}^{2}+{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=1}\\{y=\sqrt{3}}\end{array}\right.$，P（1，$\sqrt{3}$）．
作圖方法：過點P作直線l₁，l₂，使得此兩條直線與橢圓C都只有一個公共點，并且分別與“準圓”交于點R，T，延長線段PQ交“準圓”于點Q，連接QR，TR，四邊形PRQT就是所求的矩形．
證明：易知：過點P且與橢圓C只有一個交點的直線不垂直于x軸．
設直線方程為：y-$\sqrt{3}$=k（x-1），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y-\sqrt{3}=k（x-1）}\\{{x}^{2}+3{y}^{2}=3}\end{array}\right.$，代入可得：（1+3k²）x²-$（6{k}^{2}-6\sqrt{3}k）$x+3k²-6$\sqrt{3}$k+6=0，
由于直線與橢圓只有一個公共點，∴△=0，即k²+$\sqrt{3}$k-1=0，
∵直線l₁，l₂的斜率k₁，k₂是此方程的兩個實數(shù)根，∴k₁k₂=-1．即l₁⊥l₂，即PR⊥PT，
∵點P在“準圓”上，∴RT為“準圓”的直徑，可得：QR⊥QT，同理：RP⊥QR，TP⊥TQ，
∴四邊形PRQT為矩形．
∵PRPT都與橢圓C只有一個公共點，根據(jù)對稱性（P與Q，R與T，橢圓、“準圓”都是關于原點對稱）可得：QR，QT都與橢圓C只有一個公共點．
綜上可得：存在以P為一個頂點的“準圓”的內(nèi)接矩形，使橢圓C完全落在該矩形所圍成的區(qū)域內(nèi)（包括邊界）．

點評 本題考查了橢圓與圓的標準方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相切問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關系、點到直線的距離公式、矩形的定義與性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．