Question

18．已知橢圓E：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的焦距為2，A是E的右頂點(diǎn)，P、Q是E上關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)，且直線PA的斜率與直線QA的斜率之積為$-\frac{3}{4}$．
（Ⅰ）求E的方程；
（Ⅱ）過E的右焦點(diǎn)作直線與E交于M、N兩點(diǎn)，直線MA、NA與直線x=3分別交于C、D兩點(diǎn)，設(shè)△ACD與△AMN的面積分別記為S₁、S₂，求2S₁-S₂的最小值．

Answer 1

分析 （I）通過P、Q是E上關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)，且直線PA的斜率與直線QA的斜率之積為$-\frac{3}{4}$，及焦距為2，計(jì)算可得a²=4，b²=3，從而可得E的方程；
（II）設(shè)直線MN的方程為x=my+1，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），可得直線MA的方程，聯(lián)立直線MN與橢圓E的方程，利用韋達(dá)定理可得S₁，S₂的表達(dá)式，通過換元法計(jì)算可得結(jié)論•

解答 解：（I）根據(jù)題意，設(shè)P（x₀，y₀），Q（-x₀，-y₀），
則$y_0^2=\frac{b^2}{a^2}（{a^2}-x_0^2）$，${k_{PA}}•{k_{QA}}=\frac{y_0}{{{x_0}-a}}•\frac{y_0}{{{x_0}+a}}=\frac{y_0^2}{{x_0^2-{a^2}}}=-\frac{b^2}{a^2}$，依題意有$\frac{b^2}{a^2}=\frac{3}{4}$，
又c=1，所以a²=4，b²=3，
故橢圓E的方程為：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$；
（II）設(shè)直線MN的方程為x=my+1，代入E的方程得（3m²+4）y²+6my-9=0，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），由韋達(dá)定理知${y_1}+{y_2}=-\frac{6m}{{3{m^2}+4}}，{y_1}{y_2}=-\frac{9}{{3{m^2}+4}}$，
又直線MA的方程為$y=\frac{y_1}{{{x_1}-2}}（x-2）$，將x=3代入，
得${y_C}=\frac{y_1}{{{x_1}-2}}=\frac{y_1}{{m{y_1}-1}}$，同理${y_D}=\frac{y_2}{{m{y_2}-1}}$，
所以$|CD|=|{y_C}-{y_D}|=\frac{{|{y_1}-{y_2}|}}{{{m^2}{y_1}{y_2}-m（{y_1}+{y_2}）+1}}=3\sqrt{{m^2}+1}$，
所以${S_1}=\frac{1}{2}|CD|=\frac{3}{2}\sqrt{{m^2}+1}$，${S_2}=\frac{1}{2}|AF|•|{y_1}-{y_2}|=\frac{{6\sqrt{{m^2}+1}}}{{3{m^2}+4}}$，
則2S₁-S₂=3$\sqrt{{m}^{2}+1}$-$\frac{6\sqrt{{m}^{2}+1}}{3{m}^{2}+4}$，
令$\sqrt{{m^2}+1}=t（t≥1）$，則m²=t²-1，所以$2{S_1}-{S_2}=3t-\frac{6t}{{3{t^2}+1}}$，
記$f（t）=3t-\frac{6t}{{3{t^2}+1}}$，則$f'（t）=3+\frac{{6（3{t^2}-1）}}{{{{（3{t^2}+1）}^2}}}＞0$，
所以f（t）在[1，+∞）單調(diào)遞增，從而f（t）的最小值為$f（1）=\frac{3}{2}$，
故2S₁-S₂的最小值為$\frac{3}{2}$•

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，韋達(dá)定理，換元法等知識(shí)，注意解題方法的積累，屬于難題．