Question

1．橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的右焦點F與拋物線y²=8x的焦點重合，且其右頂點與上頂點之間的距離為2$\sqrt{2}$
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）設(shè)T為直線x=t（t∈R，t≠2）上縱坐標不為O的任意一點，過F作TF的垂線交橢圓C于點P、Q兩點，若OT平分線段PQ（其中O為坐標原點），求當(dāng)|$\frac{TF}{PQ}$|取最小值時點T的坐標．

Answer 1

分析 （1）由拋物線y²=8x，可得焦點F（2，0），可得c=2，$\sqrt{{a}^{2}+^{2}}$=2$\sqrt{2}$，a²=b²+c²，聯(lián)立解得即可得出；
（2）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），線段PQ的中點為M（x₀，y₀）．直線PQ的方程為：y=k（x-2），直線TF的方程為：y=-$\frac{1}{k}$（x-2）．可得：T$（t，\frac{2-t}{k}）$，|TF|．與橢圓方程聯(lián)立化為：（1+3k²）x²-12k²x+12k²-6=0．利用根與系數(shù)的關(guān)系及其中點坐標公式可得：$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}$=$-\frac{1}{3k}$=$\frac{2-t}{tk}$，解得：t=3．|TF|=$\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}$，|PQ|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$，可得|$\frac{TF}{PQ}$|，利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（1）由拋物線y²=8x，可得焦點F（2，0），
∴c=2，$\sqrt{{a}^{2}+^{2}}$=2$\sqrt{2}$，a²=b²+c²，
聯(lián)立解得a²=6，b²=2．
∴橢圓C的標準方程為$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（2）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），線段PQ的中點為M（x₀，y₀）．
直線PQ的方程為：y=k（x-2），直線TF的方程為：y=-$\frac{1}{k}$（x-2）．
T$（t，\frac{2-t}{k}）$，|TF|=$\sqrt{（t-2）^{2}+\frac{（2-t）^{2}}{{k}^{2}}}$．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-2）}\\{\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，化為：（1+3k²）x²-12k²x+12k²-6=0．
∴x₁+x₂=$\frac{12{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{12{k}^{2}-6}{1+3{k}^{2}}$．
∴x₀=$\frac{6{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$，y₀=k（x₀-2）=$\frac{-2k}{1+3{k}^{2}}$．
$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}$=$-\frac{1}{3k}$=$\frac{2-t}{tk}$，解得：t=3．
∴|TF|=$\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}$．
|PQ|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\frac{2\sqrt{6}（1+{k}^{2}）}{1+3{k}^{2}}$．
∴|$\frac{TF}{PQ}$|=$\frac{1+3{k}^{2}}{2\sqrt{6}|k|\sqrt{1+{k}^{2}}}$≥$\frac{1+3{k}^{2}}{2\sqrt{3}\frac{（\sqrt{2}k）^{2}+1+{k}^{2}}{2}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，當(dāng)且僅當(dāng)$\sqrt{2}$|k|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$，即k=±1時取等號．
∴T（3，±1）．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、中點坐標公式、弦長公式、基本不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．