Question

1．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的焦距為4，其短軸的兩個(gè)端點(diǎn)與長(zhǎng)軸的一個(gè)端點(diǎn)構(gòu)成正三角形
（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）設(shè)F為橢圓C的左焦點(diǎn)，M為直線x=-3上任意一點(diǎn)，過(guò)F作MF的垂線交橢圓C于點(diǎn)P，Q
（i）證明：OM平分線段PQ（其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)）；
（ii）當(dāng)$\frac{|MF|}{|PQ|}$最小時(shí)，求點(diǎn)M的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （I）由橢圓C的焦距為4，及等邊三角形的性質(zhì)和a²=b²+c²，求得a，b，即可求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）（i）設(shè)M（-3，m），P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），PQ的中點(diǎn)為N（x₀，y₀），k_MF=-m，設(shè)直線PQ的方程為x=my-2，代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和中點(diǎn)坐標(biāo)公式，結(jié)合三點(diǎn)共線的方法：斜率相等，即可得證；
（ii）利用兩點(diǎn)間距離公式及弦長(zhǎng)公式將$\frac{|MF|}{|PQ|}$表示出來(lái)，由換元法和基本不等式，可得$\frac{|MF|}{|PQ|}$取最小值時(shí)的條件獲得等量關(guān)系，從而確定點(diǎn)M的坐標(biāo)．

解答 解：（Ⅰ）由題意可得c=2，
短軸的兩個(gè)端點(diǎn)與長(zhǎng)軸的一個(gè)端點(diǎn)構(gòu)成正三角形，可得
a=$\frac{\sqrt{3}}{2}$•2b，即有a=$\sqrt{3}$b，a²-b²=4，
解得a=$\sqrt{6}$，b=$\sqrt{2}$，
則橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{6}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1；
（Ⅱ）設(shè)M（-3，m），P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
PQ的中點(diǎn)為N（x₀，y₀），k_MF=-m，
（i）證明：由F（-2，0），可設(shè)直線PQ的方程為x=my-2，
代入橢圓方程可得（m²+3）y²-4my-2=0，
∴y₁+y₂=$\frac{4m}{3+{m}^{2}}$，y₁y₂=-$\frac{2}{3+{m}^{2}}$，
于是N（-$\frac{6}{3+{m}^{2}}$，$\frac{2m}{3+{m}^{2}}$），
則直線ON的斜率k_ON=-$\frac{m}{3}$，
又k_OM=-$\frac{m}{3}$，
∴k_OM=k_ON，
∴O，N，M三點(diǎn)共線，即有OM平分線段PQ；
（ii）由兩點(diǎn)間距離公式得|MF|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$，
由弦長(zhǎng)公式得|PQ|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•|y₁-y₂|
=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\frac{\sqrt{24（{m}^{2}+1）}}{3+{m}^{2}}$，
∴$\frac{|MF|}{|PQ|}$=$\frac{3+{m}^{2}}{2\sqrt{6}•\sqrt{1+{m}^{2}}}$，
令t=$\sqrt{1+{m}^{2}}$（t≥1），
則$\frac{|MF|}{|PQ|}$=$\frac{{t}^{2}+2}{2\sqrt{6}t}$=$\frac{1}{2\sqrt{6}}$（t+$\frac{2}{t}$）≥$\frac{1}{2\sqrt{6}}$•2$\sqrt{2}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$（當(dāng)且僅當(dāng)t²=2時(shí)，取“=”號(hào)），
∴當(dāng)$\frac{|MF|}{|PQ|}$最小時(shí)，由t²=2=m²+1，得m=1或m=-1，
此時(shí)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（-3，1）或（-3，-1）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，主要考查橢圓方程的運(yùn)用，注意聯(lián)立直線方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和中點(diǎn)坐標(biāo)公式，同時(shí)考查弦長(zhǎng)公式和基本不等式的運(yùn)用，屬于中檔題．