Question

2．已知點(diǎn)F₁、F₂分別為橢圓C₁：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)F₂也為拋物線C₂：y²=8x的焦點(diǎn)，P為橢圓C₁上的一動點(diǎn)，且△PF₁F₂的面積最大值為2$\sqrt{2}$．
（Ⅰ）求橢圓C₁的方程；
（Ⅱ）T為直線x=-3上任意一點(diǎn)，過點(diǎn)F₁作TF₁的垂線交橢圓C₁于M，N兩點(diǎn)，求$\frac{{|T{F_1}|}}{|MN|}$的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)，得到橢圓的半焦距c，利用△PF₁F₂的面積最大值求出b，通過a²=b²+c²=6，即可求出橢圓C₁的方程．
（Ⅱ）設(shè)T點(diǎn)的坐標(biāo)為（-3，m），求出直線TF₁的斜率，通過當(dāng)m≠0時，當(dāng)m=0時，求出直線MN的方程，設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），聯(lián)立直線與橢圓方程，利用韋達(dá)定理以及弦長公式，求解$\frac{{|T{F_1}|}}{|MN|}$，利用基本不等式求解最小值．

解答 解：（Ⅰ）∵${C_2}：{y^2}=8x$，∴F₂（2，0），F(xiàn)₁（-2，0），∴c=2…（2分）
△PF₁F₂的面積最大值為：$\frac{1}{2}|{F_1}{F_2}|b=\frac{1}{2}×4b=2\sqrt{2}$，…（4分）
∴$b=\sqrt{2}$，∴a²=b²+c²=6∴橢圓C₁的方程為$\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1$．…（5分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知F₁（-2，0），設(shè)T點(diǎn)的坐標(biāo)為（-3，m），
則直線TF₁的斜率${k_{T{F_1}}}=\frac{m-0}{-3+2}=-m$
當(dāng)m≠0時，直線MN的斜率${k_{MN}}=\frac{1}{m}$．直線MN的方程是x=my-2
當(dāng)m=0時，直線MN的方程是x=-2，也符合x=my-2的形式．
所以直線MN的方程是x=my-2
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1\\ x=my-2\end{array}\right.$
得（m²+3）y²-4my-2=0，所以${y_1}+{y_2}=\frac{4m}{{{m^2}+3}}，{y_1}{y_2}=-\frac{2}{{{m^2}+3}}$…（8分）
$|{T{F_1}}|=\sqrt{{m^2}+1}$，$|{MN}|=\sqrt{{{（{x_1}-{x_2}）}^2}+{{（{y_1}-{y_2}）}^2}}$|
=$\sqrt{（{m^2}+1）[{{（{y_1}+{y_2}）}^2}-4{y_1}{y_2}]}=\frac{{\sqrt{24}（{m^2}+1）}}{{{m^2}+3}}$…（11分）
所以$\frac{{|{T{F_1}}|}}{{|{MN}|}}=\sqrt{\frac{1}{24}×\frac{{{{（{m^2}+3）}^2}}}{{{m^2}+1}}}=\sqrt{\frac{1}{24}（{m^2}+1+\frac{4}{{{m^2}+1}}+4）}≥\frac{{\sqrt{3}}}{3}$
當(dāng)且僅當(dāng)${m^2}+1=\frac{4}{{{m^2}+1}}$，即m=±1時，等號成立，此時$\frac{{|{T{F_1}}|}}{{|{MN}|}}$取得最小值（0，+∞）．（13分）

點(diǎn)評 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程的求法，直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力．