Question

5．已知橢圓E：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$的左、右頂點分別為A，B，M，N是橢圓E上異于A，B的兩點，直線AM，BN交于點P（4，t）．
（Ⅰ）若直線MN與x軸垂直，求實數(shù)t的值；
（Ⅱ）記△PMN，△PAB的面積分別是S₁（t），S₂（t），求$\frac{{{S_1}（t）}}{{{S_2}（t）}}$的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設M（x₀，y₀），N（x₀，-y₀），求得直線AM，BN的方程，求得交點，解方程即可得到所求t的值；
（Ⅱ）將直線AM的方程為$y=\frac{t}{6}（{x+2}）$，代入橢圓方程，求得M的坐標；直線NB的方程為$y=\frac{t}{2}（{x-2}）$，代入橢圓的方程，求得N的坐標，再由三角形的面積公式，轉(zhuǎn)化為對應坐標的關系，由二次函數(shù)的最值求法，即可得到所求最小值．

解答 解：（Ⅰ）設M（x₀，y₀），N（x₀，-y₀），
直線AM的方程為$y=\frac{y_0}{{{x_0}+2}}（x+2）$，
直線BN的方程為$y=\frac{y_0}{{2-{x_0}}}（x-2）$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{y_0}{{{x_0}+2}}（x+2）\\ y=\frac{y_0}{{2-{x_0}}}（x-2）\end{array}\right.$得：$P（\frac{4}{x_0}，\frac{{2{y_0}}}{x_0}）$，
由$\frac{4}{x_0}=4$，解得：${x_0}=1，{y_0}=±\frac{3}{2}$，
代入直線AM可得t=±3；
（Ⅱ）將直線AM的方程為$y=\frac{t}{6}（{x+2}）$，
代入橢圓的方程并整理得：（t²+27）x²+4t²x+（4t²-108）=0，
解得$M（{\frac{{54-2{t^2}}}{{{t^2}+27}}，\frac{18t}{{{t^2}+27}}}）$，
直線NB的方程為$y=\frac{t}{2}（{x-2}）$，
代入橢圓的方程并整理得：（t²+3）x²-4t²x+（4t²-12）=0，
解得$N（{\frac{{2{t^2}-6}}{{{t^2}+3}}，\frac{-6t}{{{t^2}+3}}}）$，
所以$\frac{{{S_1}（t）}}{{{S_2}（t）}}=\frac{{|{PM}|•|{PN}|}}{{|{PA}|•|{PB}|}}=|{\frac{{{y_M}-{y_P}}}{{{y_A}-{y_P}}}}|•\frac{{|{{y_N}-{y_P}}|}}{{|{{y_B}-{y_P}}|}}=|{\frac{{\frac{18t}{{{t^2}+27}}-t}}{-t}}|•|{\frac{{\frac{-6t}{{{t^2}+3}}-t}}{-t}}|$
=$\frac{{{t^2}+9}}{{{t^2}+27}}•\frac{{{t^2}+9}}{{{t^2}+3}}$=$\frac{1}{{-108{{（{\frac{1}{{{t^2}+9}}}）}^2}+12\frac{1}{{{t^2}+9}}+1}}$，
當$\frac{1}{{{t^2}+9}}=\frac{1}{18}$，即t=±3時，${（{\frac{{{S_1}（t）}}{{{S_2}（t）}}}）_{min}}=\frac{3}{4}$．

點評 本題考查橢圓方程的運用，注意聯(lián)立直線方程和橢圓方程，求得交點，考查化簡整理的運算能力，運用二次函數(shù)的最值的求法是解題的關鍵，屬于中檔題．