Question

7．已知焦點(diǎn)在x軸的橢圓$C：\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{b^2}=1$（b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，直線AB過右焦點(diǎn)F₂，和橢圓交于A，B兩點(diǎn)，且滿足$\overrightarrow{A{F_2}}=2\overrightarrow{{F_2}B}$，直線AB的斜率為$\sqrt{5}$．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）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）由已知焦點(diǎn)在x軸的橢圓$C：\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{b^2}=1$（b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，可得a，c，b．然后求解橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．
（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，將直線PQ的方程與橢圓C的方程聯(lián)立，利用△＞0．利用韋達(dá)定理設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），設(shè)M為PQ的中點(diǎn)，求出M點(diǎn)的坐標(biāo)，通過TF⊥PQ，直線FT的斜率為-m，寫出方程為y=-m（x-2）．通過直線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)代入，求出t．
（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）．求出$|TF|=\sqrt{{m^2}+1}$，|PQ|，化簡$\frac{|TF|}{|PQ|}$利用基本不等式求出最值，然后求解T點(diǎn)的坐標(biāo)．

解答 解：（1）由已知焦點(diǎn)在x軸的橢圓$C：\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{b^2}=1$（b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，可得a=$\sqrt{6}$，F(xiàn)₂（c，0），
直線AB過右焦點(diǎn)F₂，和橢圓交于A，B兩點(diǎn)，且滿足$\overrightarrow{A{F_2}}=2\overrightarrow{{F_2}B}$，直線AB的斜率為$\sqrt{5}$．
設(shè)A（$c-2t，-2\sqrt{5}t$），B（$c+t，\sqrt{5}t$）．
可得$\left\{\begin{array}{l}\frac{{（c-2t）}^{2}}{6}+\frac{（-2\sqrt{5}t）^{2}}{^{2}}=1\\ \frac{{（c+t）}^{2}}{6}+\frac{（\sqrt{5}t）^{2}}{^{2}}=1\\^{2}+{c}^{2}=6\end{array}\right.$，解得，b²=2，c=2
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程是$\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1$．…（4分）
（2）（ⅰ）由（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，將直線PQ的方程與橢圓C的方程聯(lián)立，得$\left\{\begin{array}{l}x=my+2\\ \frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1.\end{array}\right.$
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=$\frac{-4m}{{m}^{2}+3}$，y₁y₂=$\frac{-2}{{m}^{2}+3}$．于是x₁+x₂=m（y₁+y₂）+4=$\frac{12}{{m}^{2}+3}$．
設(shè)M為PQ的中點(diǎn)，則M點(diǎn)的坐標(biāo)為$（\frac{6}{{{m^2}+3}}，\frac{-2m}{{{m^2}+3}}）$．
因?yàn)門F⊥PQ，所以直線FT的斜率為-m，其方程為y=-m（x-2）．
當(dāng)x=t時(shí)，y=-m（t-2），所以點(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．…（8分）
（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|=$\frac{{\sqrt{24}（{m^2}+1）}}{{{m^2}+3}}$．
所以$\frac{|TF|}{|PQ|}=\sqrt{{m^2}+1}•\frac{{{m^2}+3}}{{\sqrt{24}（{m^2}+1）}}=\frac{1}{{\sqrt{24}}}•\sqrt{\frac{{{{（{m^2}+3）}^2}}}{{{m^2}+1}}}$=$\frac{1}{{\sqrt{24}}}•\sqrt{\frac{{{{（{m^2}+3）}^2}}}{{{m^2}+1}}}=\frac{1}{{\sqrt{24}}}•\sqrt{\frac{{{{（{m^2}+1）}^2}+4（{m^2}+1）+4}}{{{m^2}+1}}}$=$\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）．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，橢圓 標(biāo)準(zhǔn)方程的求法，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．