Question

1．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，長(zhǎng)軸長(zhǎng)為2$\sqrt{6}$．
（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）設(shè)F為橢圓C的右焦點(diǎn)，T為直線x=t（t∈R，t≠2）上縱坐標(biāo)不為0的任意一點(diǎn)，過(guò)F作TF的垂線交橢圓C于點(diǎn)P，Q．
（�。┤鬙T平分線段PQ（其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)），求t的值；
（ⅱ）在（�。┑臈l件下，當(dāng)$\frac{|TF|}{|PQ|}$最小時(shí)，求點(diǎn)T的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）由于$\frac{c}{a}$=$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，2a=2$\sqrt{6}$，又a²=b²+c²．解出即可．
（2）（�。┯桑�1）可得，F(xiàn)點(diǎn)的坐標(biāo)是（2，0）．設(shè)直線PQ的方程為x=my+2，與橢圓方程聯(lián)立化為（m²+3）y²+4my-2=0，△＞0．設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），設(shè)M為PQ的中點(diǎn)，利用根與系數(shù)的關(guān)系可得：M點(diǎn)的坐標(biāo)．由于TF⊥PQ，可得直線FT的斜率為-m，其方程為y=-m（x-2）．可得點(diǎn)T的坐標(biāo)，將M點(diǎn)的坐標(biāo)代入解出即可．
（ⅱ）由（�。┲猅為直線x=3上任意一點(diǎn)可得，點(diǎn)T點(diǎn)的坐標(biāo)為（3，-m）．于是$|TF|=\sqrt{{m^2}+1}$，|PQ|=$\frac{{\sqrt{24}（{m^2}+1）}}{{{m^2}+3}}$．化簡(jiǎn)$\frac{|TF|}{|PQ|}$利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（1）∵$\frac{c}{a}$=$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，2a=2$\sqrt{6}$，又a²=b²+c²．
解得a²=6，b²=2，c=2．
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程是$\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1$．
（2）（�。┯桑�1）可得，F(xiàn)點(diǎn)的坐標(biāo)是（2，0）．
設(shè)直線PQ的方程為x=my+2，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+2}\\{\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$
消去x，得（m²+3）y²+4my-2=0，
其判別式△=16m²+8（m²+3）＞0．
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則y₁+y₂=$\frac{-4m}{m2+3}$，y₁y₂=$\frac{-2}{m2+3}$．
于是x₁+x₂=m（y₁+y₂）+4=$\frac{12}{m2+3}$．
設(shè)M為PQ的中點(diǎn)，則M點(diǎn)的坐標(biāo)為$（\frac{6}{{{m^2}+3}}，\frac{-2m}{{{m^2}+3}}）$．
∵TF⊥PQ，
∴直線FT的斜率為-m，其方程為y=-m（x-2）．
當(dāng)x=t時(shí)，y=-m（t-2），
∴點(diǎn)T的坐標(biāo)為（t，-m（t-2）），
此時(shí)直線OT的斜率為$\frac{{-m（{t-2}）}}{t}$，其方程為$y=\frac{m（2-t）}{t}x$．
將M點(diǎn)的坐標(biāo)為$（\frac{6}{{{m^2}+3}}，\frac{-2m}{{{m^2}+3}}）$代入，得$\frac{-2m}{{{m^2}+3}}=\frac{m（2-t）}{t}•\frac{6}{{{m^2}+3}}$．
解得t=3．
（ⅱ）由（ⅰ）知T為直線x=3上任意一點(diǎn)可得，點(diǎn)T點(diǎn)的坐標(biāo)為（3，-m）．
于是$|TF|=\sqrt{{m^2}+1}$，|PQ|=$\frac{{\sqrt{24}（{m^2}+1）}}{{{m^2}+3}}$．
∴$\frac{|TF|}{|PQ|}=\sqrt{{m^2}+1}•\frac{{{m^2}+3}}{{\sqrt{24}（{m^2}+1）}}=\frac{1}{{\sqrt{24}}}•\sqrt{\frac{{{{（{m^2}+3）}^2}}}{{{m^2}+1}}}$=$\frac{1}{{\sqrt{24}}}•\sqrt{\frac{{{{（{m^2}+3）}^2}}}{{{m^2}+1}}}=\frac{1}{{\sqrt{24}}}•\sqrt{\frac{{{{（{m^2}+1）}^2}+4（{m^2}+1）+4}}{{{m^2}+1}}}$=$\frac{1}{{\sqrt{24}}}•\sqrt{{m^2}+1+\frac{4}{{{m^2}+1}}+4}$$≥\frac{1}{{\sqrt{24}}}•\sqrt{2\sqrt{4}+4}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$．
當(dāng)且僅當(dāng)m²+1=$\frac{4}{m2+1}$，即m=±1時(shí)，等號(hào)成立，此時(shí)$\frac{|TF|}{|PQ|}$取得最小值$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$．
故當(dāng)$\frac{|TF|}{|PQ|}$最小時(shí)，T點(diǎn)的坐標(biāo)是（3，1）或（3，-1）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問(wèn)題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立可得△＞0及其根與系數(shù)的關(guān)系、弦長(zhǎng)公式、基本不等式的性質(zhì)、相互垂直的直線斜率之間的關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)與基本技能方法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．