题目内容
4．
如图，椭圆C0：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0，a，b为常数），动圆C1：x2+y2=t12，b＜t1＜a．．点A1，A2分别为C0的左，右顶点，C1与C0相交于A，B，C，D四点．（1）若C1经过C0的焦点，且C0离心率为$\frac{\sqrt{6}}{3}$，求∠DOC的大小；
（2）设动圆C2：x2+y2=t22与C0相交于A′，B′，C′，D′四点，其中b＜t2＜a，t1≠t2．若t12+t22=a2+b2，证明：矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等．
分析 （1）设∠DF1F2=θ，则DF2=2csinθ，DF1=2ccosθ，利用|DF1|+|DF2|=2a，得到2ccosθ+2csinθ=2a，然后求解∠DOC=$4θ=\frac{π}{3}$．
（2）设$A（{{x_0}，{y_0}}），{A^/}（{{x_1}，{y_1}}）$，矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积分别为S，S′，则代入圆的方程，求出面积的表达式，利用t12+t22=a2+b2，推出$（{{x_0}^2+{x_1}^2}）（{1-\frac{b^2}{a^2}}）+{b^2}-{a^2}=0$，然后推出S=S′，即可得到矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等．
解答 解：（1）设∠DF1F2=θ，则DF2=2csinθ，DF1=2ccosθ…（1分）
∵|DF1|+|DF2|=2a∴2ccosθ+2csinθ=2a…（2分）
即$\sqrt{2}sin（{θ+\frac{π}{4}}）=\frac{a}{c}$…（3分）
依题意，$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，得$sin（{θ+\frac{π}{4}}）=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$∴$θ=\frac{π}{12}$…（4分）
故∠DOC=$4θ=\frac{π}{3}$．…（5分）
（2）设$A（{{x_0}，{y_0}}），{A^/}（{{x_1}，{y_1}}）$，矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积分别为S，S′
则${x_0}^2+{y_0}^2={t_1}^2，{x_1}^2+{y_1}^2={t_2}^2$，$S=4|{x_0}|•|{y_0}|，{S^/}=4|{x_1}|•|{y_1}|$…（6分）
∵${t_1}^2+{t_2}^2={a^2}+{b^2}$，∴${x_0}^2+{y_0}^2+{x_1}^2+{y_1}^2={a^2}+{b^2}$…（7分）
又${y_0}^2={b^2}（{1-\frac{{{x_0}^2}}{a^2}}）$，${y_1}^2={b^2}（{1-\frac{{{x_1}^2}}{a^2}}）$，
∴${x_0}^2+{b^2}（{1-\frac{{{x_0}^2}}{a^2}}）+{x_1}^2+{b^2}（{1-\frac{{{x_1}^2}}{a^2}}）={a^2}+{b^2}$…（8分）
即$（{{x_0}^2+{x_1}^2}）（{1-\frac{b^2}{a^2}}）+{b^2}-{a^2}=0$，
∴$（{\frac{{{x_0}^2+{x_1}^2}}{a^2}-1}）（{{a^2}-{b^2}}）=0$，
∵a≠b∴$\frac{{{x_0}^2+{x_1}^2}}{a^2}=0$，即${x_0}^2+{x_1}^2={a^2}$…（9分）
∴${S^2}-{S^{/2}}=16（{{x_0}^2{y_0}^2-{x_1}^2{y_1}^2}）$…（10分）
=$16[{{x_0}^2•{b^2}（{1-\frac{{{x_0}^2}}{a^2}}）-{x_1}^2•{b^2}（{1-\frac{{{x_1}^2}}{a^2}}）}]$
=$16{b^2}（{{x_0}^2-{x_1}^2-\frac{{{x_0}^4}}{a^2}+\frac{{{x_1}^4}}{a^2}}）$…（11分）
=$16{b^2}（{{x_0}^2-{x_1}^2}）（{1-\frac{{{x_0}^2+{x_1}^2}}{a^2}}）$=0，
∴S=S′，即矩形ABCD与矩形A′B′C′D′的面积相等．…（12分）
点评 本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，整体代入以及转化思想的应用，考查计算能力．
| A． | 充分不必要条件 | B． | 必要不充分条件 | ||
| C． | 充要条件 | D． | 既不充分也不必要条件 |
已知如图正四面体SABC的侧面积为$48\sqrt{3}$，O为底面正三角形ABC的中心．
如图，矩形ABCD中，AD⊥平面ABE，AE=EB=BC=2，F为CE上的点，且BF⊥平面ACE，BD∩AC=G．