Question

3．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=l（a＞b＞0），F(xiàn)₁、F₂為左右焦點，下頂點為B₁，過F的直線l交橢圓于M、N兩點，當直線l的傾斜角為$\frac{π}{6}$時，F(xiàn)₁B⊥l．
（I）求橢圓C的離心率；
（Ⅱ）若P為橢圓上一動點，直線PM、PN的斜率記為k_PM、k_PN，且不為零，當直線l垂直于x軸時，$|\frac{1}{{{k_{PM}}}}-\frac{1}{{{k_{PN}}}}|$是否存在最小值？若存在，試求出該最小值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知得F₁（-c，0），B₁（0，-b），由題意知${k}_{{F}_{1}{B}_{1}}•{k}_{l}=-1$，從而b=$\sqrt{3}c$，由此能求出橢圓C的離心率．
（Ⅱ）設P（x₀，y₀），（x₀≠±c），M（c，$\frac{^{2}}{a}$），N（c，-$\frac{^{2}}{a}$），則$\frac{1}{{k}_{PM}}-\frac{1}{{k}_{PN}}$=$\frac{-2a}{{x}_{0}+c}$，由此能求出$|\frac{1}{{{k_{PM}}}}-\frac{1}{{{k_{PN}}}}|$存在最小值$\frac{4}{3}$．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=l（a＞b＞0），F(xiàn)₁、F₂為左右焦點，下頂點為B₁，
∴F₁（-c，0），B₁（0，-b），
∵過F的直線l交橢圓于M、N兩點，當直線l的傾斜角為$\frac{π}{6}$時，F(xiàn)₁B⊥l，
∴由題知F₁B₁⊥l，∴${k}_{{F}_{1}{B}_{1}}•{k}_{l}=-1$，
∴$\frac{-c}=-\sqrt{3}$，∴b=$\sqrt{3}c$，
∴e=$\frac{c}{a}$=$\frac{c}{\sqrt{^{2}+{c}^{2}}}$=$\frac{c}{2c}$=$\frac{1}{2}$．
（Ⅱ）設P（x₀，y₀），（x₀≠±c），M（c，$\frac{^{2}}{a}$），N（c，-$\frac{^{2}}{a}$），
則$\frac{1}{{k}_{PM}}-\frac{1}{{k}_{PN}}$=$\frac{{x}_{0}-c}{{y}_{0}-\frac{^{2}}{a}}$-$\frac{{x}_{0}-c}{{y}_{0}+\frac{^{2}}{a}}$=$\frac{（{x}_{0}-c）•2a^{2}}{{a}^{2}{{y}_{0}}^{2}-^{2}}$，
又P∈C，∴$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{^{2}}$=1，得${a}^{2}{{y}_{0}}^{2}={a}^{2}^{2}-^{2}{{x}_{0}}^{2}$，
∴$\frac{1}{{k}_{PM}}-\frac{1}{{k}_{PN}}$=$\frac{（{x}_{0}-c）•2a^{2}}{{a}^{2}{{y}_{0}}^{2}-^{4}}$=$\frac{（{x}_{0}-c）•2a^{2}}{{a}^{2}^{2}-^{2}{{x}_{0}}^{2}-^{4}}$
=$\frac{（{x}_{0}-c）•2a^{2}}{^{2}{c}^{2}-^{2}{{x}_{0}}^{2}}$=$\frac{（{x}_{0}-c）•2a}{{c}^{2}-{{x}_{0}}^{2}}$=$\frac{-2a}{{x}_{0}+c}$，
∴|$\frac{1}{{k}_{PM}}-\frac{1}{{k}_{PN}}$|=|$\frac{-2a}{{x}_{0}+c}$|=$\frac{2}{|\frac{{x}_{0}}{a}+\frac{1}{2}|}$，
又∵-a≤x₀≤a，且x₀≠±c，
∴-1≤$\frac{{x}_{0}}{a}≤1$，且$\frac{{x}_{0}}{a}≠±\frac{1}{2}$，
∴|$\frac{1}{{k}_{PM}}-\frac{1}{{k}_{PN}}$|=$\frac{2}{|\frac{{x}_{0}}{a}+\frac{1}{2}|}$≥$\frac{2}{1+\frac{1}{2}}$=$\frac{4}{3}$．
∴$|\frac{1}{{{k_{PM}}}}-\frac{1}{{{k_{PN}}}}|$存在最小值$\frac{4}{3}$．

點評 本題考查橢圓離心率的求法，考查兩線段倒數(shù)之差的絕對值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意橢圓性質(zhì)的合理運用．