Question

13．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xoy中，已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的離心率$e=\frac{1}{2}$，左頂點(diǎn)為A（-4，0），過點(diǎn)A作斜率為k（k≠0）的直線l交橢圓C于點(diǎn)D，交y軸于點(diǎn)E．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）已知P為AD的中點(diǎn)，是否存在定點(diǎn)Q，對于任意的k（k≠0）都有OP⊥EQ，若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在說明理由；
（Ⅲ）若過O點(diǎn)作直線l的平行線交橢圓C于點(diǎn)M，求$\frac{|AD|+|AE|}{|OM|}$的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓的離心率和左頂點(diǎn)，求出a，b，由此能求出橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程．
（Ⅱ）直線l的方程為y=k（x+4），與橢圓聯(lián)立，得，（x+4）[（4k²+3）x+16k²-12）]=0，由此利用韋達(dá)定理、直線垂直，結(jié)合題意能求出結(jié)果．
（Ⅲ）OM的方程可設(shè)為y=kx，與橢圓聯(lián)立得M點(diǎn)的橫坐標(biāo)，OM的方程可設(shè)為y=kx，與橢圓聯(lián)立得M點(diǎn)的橫坐標(biāo)

解答 解：（Ⅰ）因?yàn)樽箜旤c(diǎn)為A（-4，0），所以a=4，又$e=\frac{1}{2}$，所以c=2．
又∵b²=a²-c²=12，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{12}=1$．
（Ⅱ）設(shè)直線l的方程為y=k（x+4），化簡得，（x+4）[（4k²+3）x+16k²-12）]=0，
∴x₁=-4，${x}_{2}=\frac{-16{k}^{2}+12}{4{k}^{2}+3}$．
當(dāng)x=$\frac{-16{k}^{2}+12}{4{k}^{2}+3}$時(shí)，y=k（$\frac{-16{k}^{2}+12}{4{k}^{2}+3}+4）=\frac{24k}{4{k}^{2}+3}$，
∴D（$\frac{-16{k}^{2}+12}{4{k}^{2}+3}，\frac{24k}{4{k}^{2}+3}$）∵點(diǎn)P為AD的中點(diǎn)，∴P的坐標(biāo)為（$\frac{-16{k}^{2}}{4{k}^{2}+3}，\frac{12k}{4{k}^{2}+3}$）．
則${k}_{OP}=-\frac{3}{4k}，（k≠0）$，直線l的方程為y=k（x+4），令x=0，得E點(diǎn)坐標(biāo)為（0，4k），
假設(shè)存在定點(diǎn)Q（m，n）（m≠0），使得OP⊥EQ，
則k_OPk_EQ=-1，即$\frac{3}{-4k}•\frac{n-4k}{m}=-1$恒成立，
∴（4m+12）k-3n=0恒成立，∴m=-3，n=0．
∴定點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（-3，0）
（Ⅲ）∵OM∥l，∴OM的方程可設(shè)為y=kx，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{12}=1}\\{y=kx}\end{array}\right.$，得M點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x=±$\frac{4\sqrt{3}}{\sqrt{4{k}^{2}+3}}$．
由OM∥l，得|AD|+|AE|=|x_A-x_D|+|=|x_A-x_E|=|=x_D-2x_A
|OM|=|x_M|．
$\frac{|AD|+|AE|}{|OM|}$=$\frac{1}{\sqrt{3}}\frac{4{k}^{2}+9}{\sqrt{4{k}^{2}+3}}=\frac{1}{\sqrt{3}}（\sqrt{4{k}^{2}+3}+\frac{6}{\sqrt{4{k}^{2}+3}}）\\;\$≥2$\sqrt{2}$．
當(dāng)且僅當(dāng)$\sqrt{4{k}^{2}+3}=\frac{6}{\sqrt{4{k}^{2}+3}}$，即k=±$\frac{\sqrt{3}}{2}$時(shí)取等號．
∴k=±$\frac{\sqrt{3}}{2}$時(shí)，$\frac{|AD|+|AE|}{|OM|}$取最小值2$\sqrt{2}$．

點(diǎn)評 本題考查橢圓方程的求法，考查滿足條件的定點(diǎn)是否存在的判斷與求法，考查代數(shù)式的最小值的求法，注意韋達(dá)定理、直線垂直、橢圓性質(zhì)的合理運(yùn)用．屬于中檔題．