Question

2．已知点F₁、F₂分别为椭圆C₁：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左、右焦点，点F₂也为抛物线C₂：y²=8x的焦点，P为椭圆C₁上的一动点，且△PF₁F₂的面积最大值为2$\sqrt{2}$．
（Ⅰ）求椭圆C₁的方程；
（Ⅱ）T为直线x=-3上任意一点，过点F₁作TF₁的垂线交椭圆C₁于M，N两点，求$\frac{{|T{F_1}|}}{|MN|}$的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出抛物线的焦点坐标，得到椭圆的半焦距c，利用△PF₁F₂的面积最大值求出b，通过a²=b²+c²=6，即可求出椭圆C₁的方程．
（Ⅱ）设T点的坐标为（-3，m），求出直线TF₁的斜率，通过当m≠0时，当m=0时，求出直线MN的方程，设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及弦长公式，求解$\frac{{|T{F_1}|}}{|MN|}$，利用基本不等式求解最小值．

解答 解：（Ⅰ）∵${C_2}：{y^2}=8x$，∴F₂（2，0），F₁（-2，0），∴c=2…（2分）
△PF₁F₂的面积最大值为：$\frac{1}{2}|{F_1}{F_2}|b=\frac{1}{2}×4b=2\sqrt{2}$，…（4分）
∴$b=\sqrt{2}$，∴a²=b²+c²=6∴椭圆C₁的方程为$\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1$．…（5分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）知F₁（-2，0），设T点的坐标为（-3，m），
则直线TF₁的斜率${k_{T{F_1}}}=\frac{m-0}{-3+2}=-m$
当m≠0时，直线MN的斜率${k_{MN}}=\frac{1}{m}$．直线MN的方程是x=my-2
当m=0时，直线MN的方程是x=-2，也符合x=my-2的形式．
所以直线MN的方程是x=my-2
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），则$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1\\ x=my-2\end{array}\right.$
得（m²+3）y²-4my-2=0，所以${y_1}+{y_2}=\frac{4m}{{{m^2}+3}}，{y_1}{y_2}=-\frac{2}{{{m^2}+3}}$…（8分）
$|{T{F_1}}|=\sqrt{{m^2}+1}$，$|{MN}|=\sqrt{{{（{x_1}-{x_2}）}^2}+{{（{y_1}-{y_2}）}^2}}$|
=$\sqrt{（{m^2}+1）[{{（{y_1}+{y_2}）}^2}-4{y_1}{y_2}]}=\frac{{\sqrt{24}（{m^2}+1）}}{{{m^2}+3}}$…（11分）
所以$\frac{{|{T{F_1}}|}}{{|{MN}|}}=\sqrt{\frac{1}{24}×\frac{{{{（{m^2}+3）}^2}}}{{{m^2}+1}}}=\sqrt{\frac{1}{24}（{m^2}+1+\frac{4}{{{m^2}+1}}+4）}≥\frac{{\sqrt{3}}}{3}$
当且仅当${m^2}+1=\frac{4}{{{m^2}+1}}$，即m=±1时，等号成立，此时$\frac{{|{T{F_1}}|}}{{|{MN}|}}$取得最小值（0，+∞）．（13分）

点评 本题考查椭圆的标准方程的求法，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力．