Question

9．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的長軸長為4，焦距為2$\sqrt{2}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）過動點M（0，m）（m＞0）的直線交x軸于點N，交C于點A，P（P在第一象限），且M是線段PN的中點，過點P作x軸的垂線交C于另一點Q，延長QM交C于點B．
（ⅰ）設直線PM，QM的斜率分別為k，k′，證明$\frac{k′}{k}$為定值；
（ⅱ）求直線AB的斜率的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用已知條件求出橢圓的幾何量，即可求解橢圓C的方程；
（Ⅱ）（�。┰O出N的坐標，求出PQ坐標，求出直線的斜率，即可推出結果
（ⅱ）求出直線PM，QM的方程，然后求解B，A坐標，利用AB的斜率求解最小值．

解答 解：（Ⅰ）橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的長軸長為4，焦距為2$\sqrt{2}$．可得a=2，c=$\sqrt{2}$，b=$\sqrt{2}$，
可得橢圓C的方程：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（Ⅱ）過動點M（0，m）（m＞0）的直線交x軸于點N，交C于點A，P（P在第一象限），設N（-t，0）t＞0，M是線段PN的中點，則P（t，2m），過點P作x軸的垂線交C于另一點Q，Q（t，-2m），
（ⅰ）證明：設直線PM，QM的斜率分別為k，k′，
k=$\frac{2m-m}{t-0}$=$\frac{m}{t}$，k′=$\frac{-2m-m}{t-0}$=-$\frac{3m}{t}$，
$\frac{k′}{k}$=$\frac{\frac{-3m}{t}}{\frac{m}{t}}$=-3．為定值；
（ⅱ）由題意可得$\frac{{t}^{2}}{4}+\frac{{m}^{2}}{2}=1$，m²=4-$\frac{1}{2}$t²，QM的方程為：y=-3kx+m，
PN的方程為：y=kx+m，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$，可得：x²+2（kx+m）²=4，
即：（1+2k²）x²+4mkx+2m²-4=0
可得x_A=$\frac{2（{m}^{2}-2）}{（2{k}^{2}+1）{x}_{Q}}$，y_A=$\frac{2（{m}^{2}-2）}{（2{k}^{2}+1）{x}_{Q}}$+m，
同理解得x_B=$\frac{2（{m}^{2}-2）}{（18{k}^{2}+1）{x}_{Q}}$，
y_B=$\frac{-6k（{m}^{2}-2）}{（18{k}^{2}+1）{x}_{Q}}+m$，
x_A-x_B=$\frac{2（{m}^{2}-2）}{（2{k}^{2}+1）{x}_{Q}}$k-$\frac{2（{m}^{2}-2）}{（18{k}^{2}+1）{x}_{Q}}$=$\frac{-32{k}^{2}（{m}^{2}-2）}{（18{k}^{2}+1）（2{k}^{2}+1）{x}_{Q}}$，

y_A-y_B=$\frac{2（{m}^{2}-2）}{（2{k}^{2}+1）{x}_{Q}}$k+m-（$\frac{-6k（{m}^{2}-2）}{（18{k}^{2}+1）{x}_{Q}}+m$）=$\frac{-8k（6{k}^{2}+1）（{m}^{2}-2）}{（18{k}^{2}+1）（2{k}^{2}+1）{x}_{Q}}$，
k_AB=$\frac{{y}_{B}-{y}_{A}}{{x}_{B}-{x}_{A}}$=$\frac{6{k}^{2}+1}{4k}$=$\frac{1}{4}（6k+\frac{1}{k}）$，由m＞0，x₀＞0，可知k＞0，
所以6k+$\frac{1}{k}$$≥2\sqrt{6}$，當且僅當k=$\frac{\sqrt{6}}{6}$時取等號．
此時$\frac{m}{\sqrt{4-8{m}^{2}}}=\frac{\sqrt{6}}{6}$，即m=$\frac{\sqrt{14}}{7}$，符合題意．
所以，直線AB的斜率的最小值為：$\frac{\sqrt{6}}{2}$．

點評 本題考查橢圓方程的綜合應用，橢圓方程的求法，直線與橢圓的位置關系的應用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力．