Question

5．已知橢圓E：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$的左、右頂點(diǎn)分別為A，B，M，N是橢圓E上異于A，B的兩點(diǎn)，直線(xiàn)AM，BN交于點(diǎn)P（4，t）．
（Ⅰ）若直線(xiàn)MN與x軸垂直，求實(shí)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(shè)M（x₀，y₀），N（x₀，-y₀），求得直線(xiàn)AM，BN的方程，求得交點(diǎn)，解方程即可得到所求t的值；
（Ⅱ）將直線(xiàn)AM的方程為$y=\frac{t}{6}（{x+2}）$，代入橢圓方程，求得M的坐標(biāo)；直線(xiàn)NB的方程為$y=\frac{t}{2}（{x-2}）$，代入橢圓的方程，求得N的坐標(biāo)，再由三角形的面積公式，轉(zhuǎn)化為對(duì)應(yīng)坐標(biāo)的關(guān)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(shè)M（x₀，y₀），N（x₀，-y₀），
直線(xiàn)AM的方程為$y=\frac{y_0}{{{x_0}+2}}（x+2）$，
直線(xiàn)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(xiàn)AM可得t=±3；
（Ⅱ）將直線(xiàn)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(xiàn)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(dāng)$\frac{1}{{{t^2}+9}}=\frac{1}{18}$，即t=±3時(shí)，${（{\frac{{{S_1}（t）}}{{{S_2}（t）}}}）_{min}}=\frac{3}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的運(yùn)用，注意聯(lián)立直線(xiàn)方程和橢圓方程，求得交點(diǎn)，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，運(yùn)用二次函數(shù)的最值的求法是解題的關(guān)鍵，屬于中檔題．