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，其短軸的兩個端點與長軸的一個端點構(gòu)成正三角形
（Ⅰ）求橢圓C的標準方程；
（Ⅱ）設(shè)F為橢圓C的左焦點，M為直線x=-3上任意一點，過F作MF的垂線交橢圓C于點P，Q
（i）證明：OM平分線段PQ（其中O為坐標原點）；
（ii）當$\frac{|MF|}{|PQ|}$最小時，求點M的坐標．

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的標準方程；
（Ⅱ）（i）設(shè)M（-3，m），P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），PQ的中點為N（x₀，y₀），k_MF=-m，設(shè)直線PQ的方程為x=my-2，代入橢圓方程，運用韋達定理和中點坐標公式，結(jié)合三點共線的方法：斜率相等，即可得證；
（ii）利用兩點間距離公式及弦長公式將$\frac{|MF|}{|PQ|}$表示出來，由換元法和基本不等式，可得$\frac{|MF|}{|PQ|}$取最小值時的條件獲得等量關(guān)系，從而確定點M的坐標．

解答 解：（Ⅰ）由題意可得c=2，
短軸的兩個端點與長軸的一個端點構(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三點共線，即有OM平分線段PQ；
（ii）由兩點間距離公式得|MF|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$，
由弦長公式得|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$\sqrt{2}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$（當且僅當t²=2時，取“=”號），
∴當$\frac{|MF|}{|PQ|}$最小時，由t²=2=m²+1，得m=1或m=-1，
此時點M的坐標為（-3，1）或（-3，-1）．

點評 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，主要考查橢圓方程的運用，注意聯(lián)立直線方程，運用韋達定理和中點坐標公式，同時考查弦長公式和基本不等式的運用，屬于中檔題．