Question

4．已知拋物線y²=4x的焦點為橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的右焦點F，點B為此拋物線與橢圓C在第一象限的交點，且$|{BF}|=\frac{5}{3}$．
（I）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）過點F作兩條互相垂直的直線l₁，l₂，直線l₁與橢圓C交于P，Q兩點，直線l₂與直線x=4交于點T，求$\frac{{|{TF}|}}{{|{PQ}|}}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）輸出B的坐標，帶入橢圓的方程，求出a²，b²的值，求出橢圓方程即可；
（Ⅱ）設直線PQ的方程為x=my+1，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），聯(lián)立方程組，得到（3m²+4）y²+6my-9=0，表示出$\frac{{|{TF}|}}{{|{PQ}|}}$，求出其范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）由y²=4x得其交點坐標是F（1，0），
設B（x₀，y₀），（x₀＞0，y₀＞0），
則|BF|=x₀+1=$\frac{5}{3}$，解得：x₀=$\frac{2}{3}$，
∴${{y}_{0}}^{2}$=4×$\frac{2}{3}$=$\frac{8}{3}$，
由點B在橢圓C上，得$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{^{2}}$=1，
即$\frac{4}{{9a}^{2}}$+$\frac{8}{{3b}^{2}}$=1，又a²=b²+1，
解得：a²=4，b²=3，
∴橢圓C的方程是$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（Ⅱ）設直線PQ的方程為x=my+1，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得（3m²+4）y²+6my-9=0，
則△=36m²+36（3m²+4）＞0，
y₁+y₂=$\frac{-6m}{{3m}^{2}+4}$，y₁y₂=$\frac{-9}{{3m}^{2}+4}$，
∴|PQ|=$\sqrt{1{+m}^{2}}$|y₁-y₂|=$\sqrt{1{+m}^{2}}$$\sqrt{{（\frac{-6m}{{3m}^{2}+4}）}^{2}-4•\frac{-9}{{3m}^{2}+4}}$=$\frac{12{（m}^{2}+1）}{{3m}^{2}+4}$，
當m≠0時，直線FT的方程為y=-m（x-1），
由$\left\{\begin{array}{l}{x=4}\\{y=-m（x-1）}\end{array}\right.$，得x=4，y=-3m，
即T（4，-3m），
∴|TF|=3$\sqrt{1{+m}^{2}}$，
∴$\frac{|TF|}{|PQ|}$=$\frac{3\sqrt{1{+m}^{2}}}{1{+m}^{2}}$•$\frac{{3m}^{2}+4}{12}$=$\frac{1}{4}$（3$\sqrt{{m}^{2}+1}$+$\frac{1}{\sqrt{{m}^{2}+1}}$），
設t=$\sqrt{{m}^{2}=1}$，則t＞1，
則$\frac{|TF|}{|PQ|}$=$\frac{3}{4}$t+$\frac{1}{4t}$，
應用y=$\frac{3}{4}$t+$\frac{1}{4t}$在（1，+∞）遞增，
∴y＞3+1=4，
則$\frac{|TF|}{|PQ|}$＞$\frac{1}{4}$×4=1，
當m=0時，PQ的中點是F，T（4，0），
ze|TF|=3，|PQ|=$\frac{{2b}^{2}}{a}$=3，
∴$\frac{|TF|}{|PQ|}$=1，
綜上，$\frac{{|{TF}|}}{{|{PQ}|}}$≥1，
故$\frac{{|{TF}|}}{{|{PQ}|}}$的取值范圍是[1，+∞）．

點評 本題考查了求橢圓的方程問題，考查直線和圓的位置關系以及不等式的應用，是一道綜合題．