Question

5．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的短軸長為2$\sqrt{3}$，且2a，2b，3c成等比數(shù)列．設F₁、F₂是橢圓的左、右焦點，過F₂的直線與y軸右側橢圓相交于M，N兩點，直線F₁M，F(xiàn)₁N分別與直線x=4相交于P，Q兩點．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）求△F₂PQ面積的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過橢圓短軸長為2$\sqrt{3}$及2a，2b，3c成等比數(shù)列，計算可得橢圓方程；
（Ⅱ）設直線MN的方程為：x=ty+1 （-$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜t＜$\frac{\sqrt{3}}{3}$），代入$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，利用韋達定理，三角形面積公式及換元法計算可得結論．

解答 解：（Ⅰ）因為$b=\sqrt{3}$，所以6ac=12，即ac=2，
又a²-3=c²，所以a²=4，c²=1，
所以橢圓C的方程是$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（Ⅱ）設直線MN的方程為：x=ty+1 （-$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜t＜$\frac{\sqrt{3}}{3}$），
代入$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1化簡得（3t²+4）y²+6ty-9=0，
∴y₁+y₂=-$\frac{6t}{3{t}^{2}+4}$，y₁y₂=-$\frac{9}{3{t}^{2}+4}$，△=144（t²+1），
設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
則${l}_{{F}_{1}M}$：y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+1}$（x+1），
令x=4，得P（4，$\frac{5{y}_{1}}{{x}_{1}+1}$），同理Q（4，$\frac{5{y}_{2}}{{x}_{2}+1}$），
所以${S}_{△PQ{F}_{2}}$=$\frac{1}{2}$•3|$\frac{5{y}_{1}}{{x}_{1}+1}$-$\frac{5{y}_{2}}{{x}_{2}+1}$|=$\frac{15}{2}$|$\frac{2（{y}_{1}-{y}_{2}）}{（t{y}_{1}+2）（t{y}_{2}+2）}$|=180|$\frac{\sqrt{{t}^{2}+1}}{16-9{t}^{2}}$|，
令μ=$\sqrt{{t}^{2}+1}$，則μ∈[1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），則${S}_{△PQ{F}_{2}}$=180×$\frac{μ}{25-9{μ}^{2}}$，
∵y=$\frac{x}{25-9{x}^{2}}$=$\frac{1}{\frac{25}{x}-9x}$在[1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）上是增函數(shù)，
所以當μ=1，即t=0時，$（{S}_{△PQ{F}_{2}}）_{min}$=$\frac{45}{4}$．

點評 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，涉及到韋達定理等知識，考查計算能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．