Question

12．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{m}^{2}}$+y²=1，（m＞0），直線l不過原點(diǎn)且不行于坐標(biāo)軸，與橢圓C有兩個(gè)交點(diǎn)P，Q，線段的中點(diǎn)為M，若直線l的斜率與OM的斜率的乘積為-$\frac{1}{2}$
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）若直線l過橢圓的右焦點(diǎn)，橢圓C的上頂點(diǎn)為A，設(shè)直線AP，AQ分別交直線x-y-2=0于點(diǎn)S，T，求當(dāng)|ST|最小時(shí)直線的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)出P，Q，M的坐標(biāo)，把P，Q的坐標(biāo)代入橢圓方程，利用點(diǎn)差法結(jié)合已知求得m²，則橢圓方程可求；
（Ⅱ）寫出PQ所在直線方程，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，化為關(guān)于y的一元二次方程，再寫出AP所在直線方程，和直線方程聯(lián)立求得S的橫坐標(biāo)，同理求出T的橫坐標(biāo)，轉(zhuǎn)化為|ST|，然后利用換元法求其最小值，并求出取最小值時(shí)m的值，則直線PQ方程可求．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），M（x₀，y₀），
則$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{m}^{2}}+{{y}_{1}}^{2}=1$，$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{{m}^{2}}+{{y}_{2}}^{2}=1$，
兩式作差得：$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}•\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}=-\frac{1}{{m}^{2}}$，即$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}•\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}=-\frac{1}{{m}^{2}}$，
由題意，$-\frac{1}{{m}^{2}}=-\frac{1}{2}$，則m²=2，
∴橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（Ⅱ）由$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$，可得橢圓右焦點(diǎn)F（1，0），
直線PQ：x-my-1=0，
由$\left\{\begin{array}{l}{x-my-1=0}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去x，得（m²+2）y²+2my-1=0，
∴${y}_{1}+{y}_{2}=-\frac{2m}{{m}^{2}+2}$，${y}_{1}{y}_{2}=-\frac{1}{{m}^{2}+2}$，
設(shè)點(diǎn)S，T的坐標(biāo)分別為（x_S，y_S），（x_T，y_T）．
∵直線AP的方程為y-1=$\frac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}}x$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y-1=\frac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}}x}\\{x-y-2=0}\end{array}\right.$，得x_S=$\frac{3m{y}_{1}+3}{（m-1）{y}_{1}+2}$，
同理，x_T=$\frac{3m{y}_{2}+3}{（m-1）{y}_{2}+2}$，
∴|ST|=$\sqrt{2}$|x_S-x_T|=$\frac{1}{2}•\frac{\sqrt{{m}^{2}+1}}{|m-7|}$，
設(shè)m-7=t，則|ST|=$\frac{1}{2}$•$\sqrt{50（\frac{1}{t}+\frac{7}{50}）^{2}+\frac{1}{50}}$，
當(dāng)$\frac{1}{t}=-\frac{7}{50}$，即m=-$\frac{1}{7}$時(shí)，|ST|取最小值．
∴當(dāng)|ST|取最小值時(shí)，PQ的方程為y=-7x+7．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查橢圓的幾何性質(zhì)、直線與橢圓的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)考查解析幾何的基本思想方法和綜合解題能力，是中檔題．