Question

19．如圖，已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的四個頂點分別是A₁，A₂，B₁，B₂，△A₂B₁B₂是邊長為2$\sqrt{3}$的正三角形，其內切圓為圓G．
（1）求橢圓C及圓G的標準方程；
（2）若點D是橢圓C上第一象限內的動點，直線B₁D交線段A₂B₂于點E．
（i）求$\frac{|D{B}_{1}|}{|E{B}_{1}|}$的最大值；
（ii）設F（-1，0），是否存在以橢圓C上的點M為圓心的圓M，使得過圓M上任意一點N，作圓G的切線（切點為T）都滿足$\frac{|NF|}{|NT|}$=$\sqrt{2}$？若存在，請求出圓M的方程；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由△A₂B₁B₂是邊長為2$\sqrt{3}$的正三角形，可得b=$\sqrt{3}$，$a=\sqrt{3}b$，即可得出橢圓C的標準方程．設內切圓的半徑為r，則$r=\sqrt{3}tan3{0}^{°}$，即可得出內切圓G的標準方程．
（2））（i）設直線B₁D的方程為：y=kx-$\sqrt{3}$，$（k＞\frac{\sqrt{3}}{3}）$．與橢圓的方程聯(lián)立解得D，可得|DB₁|．直線A₂B₂的方程為：$\frac{x}{3}+\frac{y}{\sqrt{3}}=1$，與y=kx-$\sqrt{3}$聯(lián)立解得E．可得|EB₁|．
可得$\frac{|D{B}_{1}|}{|E{B}_{1}|}$=$\frac{3{k}^{2}+\sqrt{3}k}{1+3{k}^{2}}$，變形利用基本不等式的性質即可得出．
（ii）假設存在以橢圓C上的點M為圓心的圓M，使得過圓M上任意一點N，作圓G的切線（切點為T）都滿足$\frac{|NF|}{|NT|}$=$\sqrt{2}$．當切點為點O時，由$\frac{|NF|}{|NT|}$=$\sqrt{2}$，可得N（0，±1），由此可得只有可能M（±3，0）．其圓M的方程為：（x-3）²+y²=10，或（x+3）²+y²=10（舍去）．證明即可．

解答 解：（1）∵△A₂B₁B₂是邊長為2$\sqrt{3}$的正三角形，∴b=$\sqrt{3}$，$a=\sqrt{3}b$=3，$c=\sqrt{{a}^{2}-^{2}}$=$\sqrt{6}$．
∴橢圓C的標準方程為：$\frac{{x}^{2}}{9}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
設內切圓的半徑為r，則$r=\sqrt{3}tan3{0}^{°}$=1．
∴內切圓G的標準方程為（x-1）²+y²=1．
（2）（i）設直線B₁D的方程為：y=kx-$\sqrt{3}$，$（k＞\frac{\sqrt{3}}{3}）$．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+3{y}^{2}=9}\\{y=kx-\sqrt{3}}\end{array}\right.$，化為$（1+3{k}^{2}）{x}^{2}-6\sqrt{3}kx=0$，
解得D$（\frac{6\sqrt{3}k}{1+3{k}^{2}}，\frac{3\sqrt{3}{k}^{2}-\sqrt{3}}{1+3{k}^{2}}）$，
∴|DB₁|=$\sqrt{（\frac{6\sqrt{3}k}{1+3{k}^{2}}）^{2}+（\frac{3\sqrt{3}{k}^{2}-\sqrt{3}}{1+3{k}^{2}}+\sqrt{3}）^{2}}$=$\frac{6\sqrt{3}k\sqrt{1+{k}^{2}}}{1+3{k}^{2}}$．
直線A₂B₂的方程為：$\frac{x}{3}+\frac{y}{\sqrt{3}}=1$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-\sqrt{3}}\\{y=-\frac{\sqrt{3}}{3}x+\sqrt{3}}\end{array}\right.$，解得E$（\frac{6}{1+\sqrt{3}k}，\frac{3k-\sqrt{3}}{1+\sqrt{3}k}）$．
∴|EB₁|=$\sqrt{（\frac{6}{1+\sqrt{3}k}）^{2}+（\frac{3k-\sqrt{3}}{1+\sqrt{3}k}+\sqrt{3}）^{2}}$=$\frac{6\sqrt{1+{k}^{2}}}{1+\sqrt{3}k}$．
∴$\frac{|D{B}_{1}|}{|E{B}_{1}|}$=$\frac{3{k}^{2}+\sqrt{3}k}{1+3{k}^{2}}$=$1+\frac{1}{（\sqrt{3}k-1）+\frac{2}{\sqrt{3}k-1}+2}$≤1+$\frac{1}{2\sqrt{（\sqrt{3}k-1）•\frac{2}{\sqrt{3}k-1}}+2}$=$\frac{\sqrt{2}+1}{2}$，當且僅當$k=\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{3}}$時取等號．
∴$\frac{|D{B}_{1}|}{|E{B}_{1}|}$的最大值為$\frac{\sqrt{2}+1}{2}$．
（ii）假設存在以橢圓C上的點M為圓心的圓M，使得過圓M上任意一點N，作圓G的切線（切點為T）都滿足$\frac{|NF|}{|NT|}$=$\sqrt{2}$．
當切點為點O時，由$\frac{|NF|}{|NT|}$=$\sqrt{2}$，可得N（0，±1），由此可得只有可能M（±3，0）．
其圓M的方程為：（x-3）²+y²=10，或（x+3）²+y²=10（舍去）．
下面證明：設N$（3+\sqrt{10}cosθ，\sqrt{10}sinθ）$，
則|NF|²-2|NT|²
=|NF|²-2（|NG|²-1）
=$（4+\sqrt{10}cosθ）^{2}+10si{n}^{2}θ$-2$[（2+\sqrt{10}cosθ）^{2}+10si{n}^{2}θ-1]$
=16+10+8$\sqrt{10}$cosθ-2$（13+4\sqrt{10}cosθ）$
=0，
∴$|NF|=\sqrt{2}|NT|$．
因此存在以橢圓C上的點M（3，0）為圓心的圓M，其圓M的方程為：（x-3）²+y²=10，使得過圓M上任意一點N，作圓G的切線（切點為T）都滿足$\frac{|NF|}{|NT|}$=$\sqrt{2}$．

點評 本題考查了橢圓與圓的標準方程及其性質、直線與橢圓相交弦長問題、直線交點問題、兩點之間的距離公式、圓的參數方程應用，考查了探究問題解決方法、推理能力與計算能力，屬于難題．