Question

6．椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）．
（1）若椭圆C过点（-3，0）和（2$\sqrt{2}$，$\frac{1}{3}$）．
①求椭圆C的方程；
②若过椭圆C的下顶点D点作两条互相垂直的直线分别与椭圆C相交于点P，M，求证：直线PM经过一定点；
（2）若椭圆C过点（1，2），求椭圆C的中心到右准线的距离的最小值．

Answer 1

分析 （1）①由椭圆过两点，利用待定系数法能求出椭圆C的方程．
②由题意得PD、MD的斜率存在且不为0，设直线PD的斜率为k，则PD：y=kx-1，与椭圆方程联立求出P点坐标，用-$\frac{1}{k}$代k，得M点坐标，由此能求出直线PM，从而能证明直线PM经过定点T（0，$\frac{4}{5}$）．
（2）椭圆C的中心到右准线的距离d=$\frac{{a}^{2}}{\sqrt{{a}^{2}-{b}^{2}}}$，由此利用换元法及基本不等式性质能求出椭圆C的中心到右准线的距离的最小值．

解答 解：（1）①∵椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）过点（-3，0）和（2$\sqrt{2}$，$\frac{1}{3}$），
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{（-3）^{2}}{{a}^{2}}+\frac{0}{{b}^{2}}=1}\\{\frac{（2\sqrt{2}）^{2}}{{a}^{2}}+\frac{（\frac{1}{3}）^{2}}{{b}^{2}}=1}\end{array}\right.$，
解得a=3，b=1，
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{9}+{y}^{2}=1$．
证明：②由题意得PD、MD的斜率存在且不为0，
设直线PD的斜率为k，则PD：y=kx-1，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-1}\\{\frac{{x}^{2}}{9}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得P（$\frac{18k}{9{k}^{2}+1}$，$\frac{9{k}^{2}-1}{9{k}^{2}+1}$），
用-$\frac{1}{k}$代k，得M（$\frac{-18k}{{k}^{2}+9}$，$\frac{9-{k}^{2}}{{k}^{2}+9}$），
∴${k}_{MN}=\frac{\frac{9{k}^{2}-1}{9{k}^{2}+1}-\frac{9-{k}^{2}}{{k}^{2}+9}}{\frac{18k}{9{k}^{2}+1}+\frac{18k}{{k}^{2}+9}}$=$\frac{{k}^{2}-1}{10k}$，
∴直线PM：y-$\frac{9-{k}^{2}}{{k}^{2}+9}$=$\frac{{k}^{2}-1}{10k}（x+\frac{18k}{{k}^{2}+9}）$，即y=$\frac{{k}^{2}-1}{10k}x+\frac{4}{5}$，
∴直线PM经过定点T（0，$\frac{4}{5}$）．
解：（2）椭圆C的中心到右准线的距离d=$\frac{{a}^{2}}{\sqrt{{a}^{2}-{b}^{2}}}$，
由$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{4}{{b}^{2}}$=1，得${b}^{2}=\frac{4{a}^{2}}{{a}^{2}-1}$，
∴${d}^{2}=\frac{{a}^{4}}{{a}^{2}-{b}^{2}}$=$\frac{{a}^{4}}{{a}^{2}-\frac{4{a}^{2}}{{a}^{2}-1}}$=$\frac{{a}^{2}（{a}^{2}-1）}{{a}^{2}-5}$，
令t=a²-5，t＞0，则${d}^{2}=\frac{（t+5）（t+4）}{t}$=t+$\frac{20}{t}$+9≥2$\sqrt{t•\frac{20}{t}}$+9=4$\sqrt{5}$+9，
当且仅当t=2$\sqrt{5}$，${a}^{2}=5+2\sqrt{5}$时，等号成立，
∴椭圆C的中心到右准线的距离的最小值为$\sqrt{5}+2$．

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查直线过定点的证明，考查椭圆中心到右准线的距离的最小值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意椭圆性质、均值定理的合理运用．