Question

12．给定椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0），称圆心在坐标原点O，半径为$\sqrt{{a^2}+{b^2}}$的圆是椭圆C的“伴随圆”，已知椭圆C的两个焦点分别是${F_1}（-\sqrt{2}，0），{F_2}（\sqrt{2}，0）$．
（1）若椭圆C上一动点M₁满足|$\overrightarrow{{M_1}{F_1}}|+|\overrightarrow{{M_1}{F_2}}$|=4，求椭圆C及其“伴随圆”的方程；
（2）在（1）的条件下，过点P（0，t）（t＜0）作直线l与椭圆C只有一个交点，且截椭圆C的“伴随圆”所得弦长为2$\sqrt{3}$，求P点的坐标；
（3）已知m+n=-$\frac{cosθ}{sinθ}，mn=-\frac{3}{sinθ}（m≠n，θ∈（{0，π}））$，是否存在a，b，使椭圆C的“伴随圆”上的点到过两点（m，m²），（n，n²）的直线的最短距离d_min=$\sqrt{{a^2}+{b^2}}$-b．若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）通过椭圆定义及a、b、c三者关系，计算即得结论；
（2）通过设直线l的方程：y=kx+t，一方面与椭圆方程联立，通过令得到的关于x的一元二次方程中的△=0可得t²=4k²+2，另一方面利用半弦长、半径、弦心距三种之间的关系可知t²=3（k²+1），进而计算可得结论；
（3）通过两点式、化简可知过点（m，m²）、（n，n²）的直线的方程为：xcosθ+ysinθ-3=0，进而圆心（0，0）到该直线的距离d=3，通过讨论圆与直线的可能位置关系，计算即得结论．

解答 解：（1）依题意，c=$\sqrt{2}$，a=2，
∴b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=$\sqrt{2}$，
∴椭圆C的方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$，
其“伴随圆”的方程为：x²+y²=6；
（2）设直线l的方程为：y=kx+t，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+t}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，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，
∵直线l截椭圆C的“伴随圆”所得弦长为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点的坐标为：（0，-$\sqrt{6}$）；
（3）结论：存在a=$\sqrt{3}$、b=1满足题意．
理由如下：
过两点（m，m²）、（n，n²）的直线的方程为：$\frac{x-m}{m-n}$=$\frac{y-{m}^{2}}{{m}^{2}-{n}^{2}}$，
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，
∴圆心（0，0）到直线xcosθ+ysinθ-3=0的距离d=$\frac{3}{\sqrt{co{s}^{2}θ+si{n}^{2}θ}}$=3，
当a²+b²≥9时，d_min=0，但$\sqrt{{a^2}+{b^2}}$-b＞0，故等式不能成立；
当a²+b²＜9时，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=$\sqrt{3}$，
综上所述，存在a=$\sqrt{3}$、b=1满足题意．

点评 本题是一道直线与圆锥曲线的综合题，考查运算求解能力，考查分析问题、解决问题的能力，注意解题方法的积累，属于中档题．