Question

11．已知O為坐標(biāo)原點，$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=2（a＞b＞0）$的左右焦點分別為F₁，F(xiàn)₂，右頂點為A，上頂點為B，若|OB|，|OF₂|，|AB|成等比數(shù)列，橢圓C上的點到焦點F₂的最短距離為$\sqrt{6}-2$．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）設(shè)T為直線x=-3上任意一點，過F₁的直線交橢圓C于點P，Q，且$\overrightarrow{T{F_1}}•\overrightarrow{PQ}=0$，求$\frac{{|{T{F_1}}|}}{{|{PQ}|}}$的最小值．

Answer 1

分析 （1）由|OB|，|OF₂|，|AB|成等比數(shù)列，可得$|O{F}_{2}{|}^{2}$=|OB|•|AB|，即${c}^{2}=b\sqrt{{a}^{2}+^{2}}$，可得$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$； 設(shè)M（x₀，y₀）為橢圓C上一點，則$|M{F}_{2}{|}^{2}$=$（{x}_{0}-c）^{2}+{y}_{0}^{2}$=$\frac{1}{{a}^{2}}（c{x}_{0}-{a}^{2}）^{2}$≥$（\sqrt{6}-2）^{2}$，-a≤x₀≤a，當(dāng)x₀=a時，a-c=$\sqrt{6}$-2；及其a²=b²+c²，解出即可得出橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程．
（II）由（I）可知：F₁（-2，0），由$\overrightarrow{T{F_1}}•\overrightarrow{PQ}=0$，可得$\overrightarrow{T{F}_{1}}$⊥$\overrightarrow{PQ}$，設(shè)T（-3，m），可得|TF₁|=$\sqrt{{m}^{2}+1}$，直線TF₁的斜率${k}_{T{F}_{1}}$=$\frac{m-0}{-3-（-2）}$=-m，當(dāng)m≠0時，直線PQ的斜率k_PQ=$\frac{1}{m}$，直線PQ的方程是x=my-2．設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），將直線PQ的方程與橢圓C的方程聯(lián)立化為：（m²+3）y²-4my-2=0，|PQ|=$\sqrt{{m}^{2}+1}$$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$，利用根與系數(shù)的關(guān)系代入化簡，利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（1）∵|OB|，|OF₂|，|AB|成等比數(shù)列，∴$|O{F}_{2}{|}^{2}$=|OB|•|AB|，
∴${c}^{2}=b\sqrt{{a}^{2}+^{2}}$，∴$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，①
設(shè)M（x₀，y₀）為橢圓C上一點，則$|M{F}_{2}{|}^{2}$=$（{x}_{0}-c）^{2}+{y}_{0}^{2}$=$（{x}_{0}-c）^{2}$+$^{2}（1-\frac{{x}_{0}^{2}}{{a}^{2}}）$=$\frac{1}{{a}^{2}}（c{x}_{0}-{a}^{2}）^{2}$≥$（\sqrt{6}-2）^{2}$，-a≤x₀≤a，
當(dāng)x₀=a時，a-c=$\sqrt{6}$-2，②
及其a²=b²+c²，解得a²=6，b²=2．
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（II）由（I）可知：F₁（-2，0），∵$\overrightarrow{T{F_1}}•\overrightarrow{PQ}=0$，∴$\overrightarrow{T{F}_{1}}$⊥$\overrightarrow{PQ}$，
設(shè)T（-3，m），∴|TF₁|=$\sqrt{{m}^{2}+1}$，直線TF₁的斜率${k}_{T{F}_{1}}$=$\frac{m-0}{-3-（-2）}$=-m，
當(dāng)m≠0時，直線PQ的斜率k_PQ=$\frac{1}{m}$，直線PQ的方程是x=my-2，當(dāng)m=0時也適合．
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
將直線PQ的方程與橢圓C的方程聯(lián)立，得$\left\{\begin{array}{l}{x=my-2}\\{\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，化為：（m²+3）y²-4my-2=0，△＞0，
∴y₁+y₂=$\frac{4m}{{m}^{2}+3}$，y₁y₂=$\frac{-2}{{m}^{2}+3}$，
|PQ|=$\sqrt{{m}^{2}+1}$$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{2\sqrt{6}（{m}^{2}+1）}{{m}^{2}+3}$，
∴$\frac{{|{T{F_1}}|}}{{|{PQ}|}}$=$\frac{\sqrt{{m}^{2}+1}}{\frac{2\sqrt{6}（{m}^{2}+1）}{{m}^{2}+3}}$=$\frac{1}{\sqrt{24}}$$•\frac{{m}^{2}+3}{\sqrt{{m}^{2}+1}}$=$\frac{1}{\sqrt{24}}$$•\frac{{m}^{2}+1+2}{\sqrt{{m}^{2}+1}}$=$\frac{1}{\sqrt{24}}$$（\sqrt{{m}^{2}+1}+\frac{2}{\sqrt{{m}^{2}+1}}）$≥$\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{24}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
當(dāng)且僅當(dāng)$\sqrt{{m}^{2}+1}$=$\frac{2}{\sqrt{{m}^{2}+1}}$，即m=±1時，等號成立．
∴$\frac{{|{T{F_1}}|}}{{|{PQ}|}}$的最小值為$\frac{\sqrt{3}}{3}$．

點評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、基本不等式的性質(zhì)，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于難題．