Question

如圖，橢圓C：

x2

a2

+

y2

b2

=1（a＞b＞0）過(guò)點(diǎn)M（-

3

2

，

3

2

），且離心率為e=

6

3

，過(guò)橢圓中心兩條弦PR與QS互相垂直，圓C₁：x²+y²=

3

4

．
（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程； 
（2）若點(diǎn)P為橢圓上任意一點(diǎn)，試探討四邊形PQRS與 圓C₁的位置關(guān)系；
（3）在（2）條件下，求四邊形PQRS面積的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：直線(xiàn)與圓錐曲線(xiàn)的關(guān)系,橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程,橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)

專(zhuān)題：圓錐曲線(xiàn)的定義、性質(zhì)與方程,圓錐曲線(xiàn)中的最值與范圍問(wèn)題

分析：（1）由橢圓C：

x2

a2

+

y2

b2

=1（a＞b＞0）過(guò)點(diǎn)M（-

3

2

，

3

2

），且離心率為e=

6

3

，通過(guò)聯(lián)立方程組求得a、b的值，即可求出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．
（2）設(shè)直線(xiàn)QS的方程為y=kx，利用已知條件建立k的等式，財(cái)利用方程的基礎(chǔ)知識(shí)進(jìn)行化簡(jiǎn)．
（3）在（2）的基礎(chǔ)上求內(nèi)接菱形PQRS的面積的取值范圍，當(dāng)QS的斜率存在且不為0時(shí)，先求出s12=

36(k+ 1 k )2

3(k2+ 1 k2 )+10

，記k+

1

k

=t，由此能求出四邊形PQRS面積的取值范圍．

解答： 解：（1）由題意可知

3

4a2

+

3

4b2

=1，e=

6

3

，所以

c

a

=

6

3

，則c=

2

， a=

3

，b=1，
所以橢圓方程為

x2

3

+y²=1．（ 4分）
（2）因過(guò)橢圓中心兩條弦PR與QS互相垂直，所以由圖形的對(duì)稱(chēng)性可知四邊形PQRS為菱形，即研究橢圓的任意內(nèi)接菱形PQRS與圓C₁
的位置關(guān)系，只需求原點(diǎn)O到它每的每一條邊距離d．
當(dāng)PR的斜率不存在或斜率為0時(shí)，菱形的四個(gè)頂點(diǎn)分別橢圓的頂點(diǎn)，原點(diǎn)O到每條邊的距離都是

ab

a2+b2

=

3

2

，此時(shí)菱形與圓相切．
若當(dāng)SQ的斜率存在或且不為0時(shí)，設(shè)SQ的斜率為k，不妨設(shè)k＞0，直線(xiàn)SQ的方程為y=kx，代入橢圓方程為

x2

3

+y²=1得x2=

a2b2

k2a2+b2

=

3

3k2+1

．
菱形PQRS的四個(gè)頂點(diǎn)必然分別在四個(gè)象限中，不妨設(shè)S、P、Q、R依次在第一二三四象限，
則有S（

3

3k2+1

，

3 k

3k2+1

），將點(diǎn)S坐標(biāo)中的k換成-

1

k

，則可得P（-

3 k

3+k2

，

3

3+k2

）．
菱形的四個(gè)頂點(diǎn)分別橢圓的頂點(diǎn)，原點(diǎn)O到每條邊的距離都是

ab

a2+b2

=

3

2

，此時(shí)菱形與圓相切．
則SP2=(

3

3k2+1

+

3 k

3+k2

)2+(

3 k

3k2+1

-

3

3+k2

)2=

(k2+1)2×12

(3k2+1)(3+k2)

，
又OS2=

3(k2+1)

3k2+1

，OP2=

3(k2+1)

3+k2

，記原點(diǎn)到SP的距離為d，
則d2=

OS2•OP2

SP2

=

3(k2+1)

3k2+1

•

3(k2+1)

3+k2

/

(k2+1)2×12

(3k2+1)(3+k2)

=

3

4

，即d=

3

2

=r．
同理可求得原點(diǎn)O到PQ、QR、RS的距離都是

3

2

=r，所以四邊形PQRS與 圓C₁相切．（9分）
（3）記菱形PQRS的面積為S，當(dāng)SQ的斜率不存在或斜率為0時(shí)，菱形的四個(gè)頂點(diǎn)分別橢圓的頂點(diǎn)，S=2ab=2

3

；
若當(dāng)SQ的斜率存在或且不為0時(shí)，設(shè)SQ的斜率為k，不妨設(shè)k＞0，直線(xiàn)SQ的方程為y=kx，
代入橢圓方程為

x2

3

+y²=1得x2=

a2b2

k2a2+b2

=

3

3k2+1

．由（2）知OS2=

3(k2+1)

3k2+1

，OP2=

3(k2+1)

3+k2

，
S=2OS•OP，∴S2=4OS2•OP2=4•

3(k2+1)

3k2+1

•

3(k2+1)

3+k2

，分子分母同時(shí)間除以得S2=4•

3(k2+1)

3k2+1

•

3(k2+1)

3+k2

=

36(k+ 1 k )2

3(k2+ 1 k2 )+10

，
記k+

1

k

=t，則t≥2，k2+

1

k2

=t2-2，則S2=

36(k+ 1 k )2

3(k2+ 1 k2 )+10

=

36t2

3t2+4

=

36

3+ 4 t2

，
顯然S²在t∈[2，+∞）上是單調(diào)遞增函數(shù)，3+

4

t2

∈(3，4]，S2=

36

3+ 4 t2

∈[9，12)，則S∈[3，2

3

)，
又當(dāng)SQ的斜率不存在或斜率為0時(shí)，菱形的四個(gè)頂點(diǎn)分別橢圓的頂點(diǎn)，S=2ab=2

3

；
所以四邊形PQRS面積的取值范圍[3，2

3

]．（14分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查橢圓的方程求法，試探討四邊形PQRS與圓C₁的位置關(guān)系，考查四邊形PQRS面積的取值范圍的求法．解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意函數(shù)的單調(diào)性的合理運(yùn)用，屬于難題．