Question

17．以椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的中心O为圆心，$\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}$为半径的圆称为该椭圆的“准圆”．设椭圆C的左顶点为A，左焦点为F，上顶点为B，且满足|AB|=2，S_△OAB=$\frac{\sqrt{6}}{2}$S_△OFB
（1）求椭圆C及其“准圆”的方程；
（2）对于给定的椭圆C，若点P是射线y=$\sqrt{3}$x（x≥0）与椭圆C的“准圆”的交点，是否存在以P为一个顶点的“准圆”的内接矩形，使椭圆C完全落在该矩形所围成的区域内（包括边界）？若存在，请写出作图方法，并予以证明；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由题意可得：$\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}$=2，$\frac{1}{2}ab$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$×$\frac{1}{2}bc$，又a²=b²+c²，联立解出可得椭圆C的标准方程．“准圆”的方程．
（2）联立$\left\{\begin{array}{l}{y=\sqrt{3}x（x≥0）}\\{{x}^{2}+{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，解得P．作图方法：过点P作直线l₁，l₂，使得此两条直线与椭圆C都只有一个公共点，并且分别与“准圆”交于点R，T，延长线段PQ交“准圆”于点Q，连接QR，TR，四边形PRQT就是所求的矩形．
分析：易知：过点P且与椭圆C只有一个交点的直线不垂直于x轴．设直线方程为：y-$\sqrt{3}$=k（x-1），与椭圆方程联立可得：（1+3k²）x²-$（6{k}^{2}-6\sqrt{3}k）$x+3k²-6$\sqrt{3}$k+6=0，由于直线与椭圆只有一个公共点，可得△=0，即k²+$\sqrt{3}$k-1=0，直线l₁，l₂的斜率k₁，k₂是此方程的两个实数根，利用根与系数的关系、向量垂直与斜率的关系进而证明．

解答 解：（1）由题意可得：$\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}$=2，$\frac{1}{2}ab$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$×$\frac{1}{2}bc$，又a²=b²+c²，联立解得：a²=3，b=1，c=$\sqrt{2}$．
∴椭圆C的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{3}$+y²=1．
“准圆”的方程为：x²+y²=4．
（2）联立$\left\{\begin{array}{l}{y=\sqrt{3}x（x≥0）}\\{{x}^{2}+{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=1}\\{y=\sqrt{3}}\end{array}\right.$，P（1，$\sqrt{3}$）．
作图方法：过点P作直线l₁，l₂，使得此两条直线与椭圆C都只有一个公共点，并且分别与“准圆”交于点R，T，延长线段PQ交“准圆”于点Q，连接QR，TR，四边形PRQT就是所求的矩形．
证明：易知：过点P且与椭圆C只有一个交点的直线不垂直于x轴．
设直线方程为：y-$\sqrt{3}$=k（x-1），
联立$\left\{\begin{array}{l}{y-\sqrt{3}=k（x-1）}\\{{x}^{2}+3{y}^{2}=3}\end{array}\right.$，代入可得：（1+3k²）x²-$（6{k}^{2}-6\sqrt{3}k）$x+3k²-6$\sqrt{3}$k+6=0，
由于直线与椭圆只有一个公共点，∴△=0，即k²+$\sqrt{3}$k-1=0，
∵直线l₁，l₂的斜率k₁，k₂是此方程的两个实数根，∴k₁k₂=-1．即l₁⊥l₂，即PR⊥PT，
∵点P在“准圆”上，∴RT为“准圆”的直径，可得：QR⊥QT，同理：RP⊥QR，TP⊥TQ，
∴四边形PRQT为矩形．
∵PRPT都与椭圆C只有一个公共点，根据对称性（P与Q，R与T，椭圆、“准圆”都是关于原点对称）可得：QR，QT都与椭圆C只有一个公共点．
综上可得：存在以P为一个顶点的“准圆”的内接矩形，使椭圆C完全落在该矩形所围成的区域内（包括边界）．

点评 本题考查了椭圆与圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相切问题、一元二次方程的根与系数的关系、点到直线的距离公式、矩形的定义与性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．