Question

12．給定橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0），稱圓心在坐標(biāo)原點O，半徑為$\sqrt{{a^2}+{b^2}}$的圓是橢圓C的“伴隨圓”，已知橢圓C的兩個焦點分別是${F_1}（-\sqrt{2}，0），{F_2}（\sqrt{2}，0）$．
（1）若橢圓C上一動點M₁滿足|$\overrightarrow{{M_1}{F_1}}|+|\overrightarrow{{M_1}{F_2}}$|=4，求橢圓C及其“伴隨圓”的方程；
（2）在（1）的條件下，過點P（0，t）（t＜0）作直線l與橢圓C只有一個交點，且截橢圓C的“伴隨圓”所得弦長為2$\sqrt{3}$，求P點的坐標(biāo)；
（3）已知m+n=-$\frac{cosθ}{sinθ}，mn=-\frac{3}{sinθ}（m≠n，θ∈（{0，π}））$，是否存在a，b，使橢圓C的“伴隨圓”上的點到過兩點（m，m²），（n，n²）的直線的最短距離d_min=$\sqrt{{a^2}+{b^2}}$-b．若存在，求出a，b的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）通過橢圓定義及a、b、c三者關(guān)系，計算即得結(jié)論；
（2）通過設(shè)直線l的方程：y=kx+t，一方面與橢圓方程聯(lián)立，通過令得到的關(guān)于x的一元二次方程中的△=0可得t²=4k²+2，另一方面利用半弦長、半徑、弦心距三種之間的關(guān)系可知t²=3（k²+1），進(jìn)而計算可得結(jié)論；
（3）通過兩點式、化簡可知過點（m，m²）、（n，n²）的直線的方程為：xcosθ+ysinθ-3=0，進(jìn)而圓心（0，0）到該直線的距離d=3，通過討論圓與直線的可能位置關(guān)系，計算即得結(jié)論．

解答 解：（1）依題意，c=$\sqrt{2}$，a=2，
∴b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=$\sqrt{2}$，
∴橢圓C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$，
其“伴隨圓”的方程為：x²+y²=6；
（2）設(shè)直線l的方程為：y=kx+t，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+t}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，消去y整理得：
（2k²+1）x²+4ktx+2t²-4=0，
令△=（4kt）²-8（2k²+1）（t²-2）=0，
解得：t²=4k²+2，
∵直線l截橢圓C的“伴隨圓”所得弦長為2$\sqrt{3}$，
∴$\frac{|t|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=$\sqrt{3}$，即t²=3（k²+1），
∴4k²+2=3（k²+1），
解得：k²=1，t²=6，
∵t＜0，∴t=-$\sqrt{6}$，
∴P點的坐標(biāo)為：（0，-$\sqrt{6}$）；
（3）結(jié)論：存在a=$\sqrt{3}$、b=1滿足題意．
理由如下：
過兩點（m，m²）、（n，n²）的直線的方程為：$\frac{x-m}{m-n}$=$\frac{y-{m}^{2}}{{m}^{2}-{n}^{2}}$，
整理得：y=（m+n）x-mn，
∵m+n=-$\frac{cosθ}{sinθ}，mn=-\frac{3}{sinθ}（m≠n，θ∈（{0，π}））$，
∴y=-$\frac{cosθ}{sinθ}$x+$\frac{3}{sinθ}$，即xcosθ+ysinθ-3=0，
∴圓心（0，0）到直線xcosθ+ysinθ-3=0的距離d=$\frac{3}{\sqrt{co{s}^{2}θ+si{n}^{2}θ}}$=3，
當(dāng)a²+b²≥9時，d_min=0，但$\sqrt{{a^2}+{b^2}}$-b＞0，故等式不能成立；
當(dāng)a²+b²＜9時，d_min=3-$\sqrt{{a^2}+{b^2}}$，
∵3-$\sqrt{{a^2}+{b^2}}$=$\sqrt{{a^2}+{b^2}}$-b，
∴9+6b+b²=4a²+4b²，
又∵a²=b²+2，
∴7b²-6b-1=0，
∴（7b+1）（b-1）=0，
解得：b=1或b=-$\frac{1}{7}$（舍），
∴a=$\sqrt{3}$，
綜上所述，存在a=$\sqrt{3}$、b=1滿足題意．

點評 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查運算求解能力，考查分析問題、解決問題的能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．