Question

12．設(shè)橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$經(jīng)過點（$\frac{2}{3}，\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$），且其左焦點坐標為（-1，0）．
（Ⅰ）求橢圓的方程；
（Ⅱ）過橢圓的右焦點作兩條相互垂直的直線l，m，其中l(wèi)交橢圓于M，N，m交橢圓于P，Q，求|MN|+|PQ|的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓經(jīng)過點（$\frac{2}{3}，\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$），且其左焦點坐標為（-1，0），求出a，b，c，由此能求出橢圓的方程．
（Ⅱ）當(dāng)直線l₁，l₂中有一條直線的斜率不存在時，|MN|+|PQ|=7；當(dāng)直線l₁的斜率存在且不為0時，設(shè)直線l₁的方程y=k（x-1），代入橢圓方程，得（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，由此利用韋達定理、弦長公式求出|MN|，設(shè)直線l₂的方程為y=-$\frac{1}{k}$（x-1），同理得：|PQ|=$\frac{12（1+{k}^{2}）}{4+3{k}^{2}}$，由此能求出|MN|+|PQ|的最小值．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$經(jīng)過點（$\frac{2}{3}，\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$），且其左焦點坐標為（-1，0），
∴c=1，2a=$\sqrt{\frac{25}{9}+\frac{24}{9}}$+$\sqrt{\frac{1}{9}+\frac{24}{9}}$=4，∴b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=$\sqrt{3}$，
∴橢圓的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$． …（4分）
（Ⅱ）①當(dāng)直線l₁，l₂中有一條直線的斜率不存在時，|MN|+|PQ|=7．…（5分）
②當(dāng)直線l₁的斜率存在且不為0時，設(shè)直線l₁的方程y=k（x-1），設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，
∴${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
|MN|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{12（1+{k}^{2}）}{3+4{k}^{2}}$，
設(shè)直線l₂的方程為y=-$\frac{1}{k}$（x-1），同理得：|PQ|=$\frac{12（1+{k}^{2}）}{4+3{k}^{2}}$，
所以|MN|+|PQ|=$\frac{84（{k}^{2}+1）^{2}}{（4+3{k}^{2}）（3+4{k}^{2}）}$，…（9分）
設(shè)t=k²+1，則t＞1，所以$\frac{1}{t}=\frac{1}{2}$時，|MN|+|PQ|有最小值$\frac{48}{7}＜7$．
綜上，|MN|+|PQ|的最小值是$\frac{48}{7}$．…（12分）

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查兩線段和的最小值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意橢圓性質(zhì)、韋達定理、弦長公式的合理運用．