已知椭圆 $C:\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1\left(a>b>0\right)$ 的长轴长为 $4$，焦距为 $2\sqrt 2$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
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求椭圆 $C$ 的方程；标注答案$\dfrac{x^2}4+\dfrac{y^2}2=1$解析是简单的椭圆的基本量与方程问题．根据题意，有 $ a^2=4 $，$ c^2=2 $，因此 $ b^2=2 $，于是椭圆 $ C $ 的方程为 $\dfrac{x^2}4+\dfrac{y^2}2=1$．
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过动点 $M\left(0,m\right)\left(m>0\right)$ 的直线交 $x$ 轴于点 $N$，交 $C$ 于点 $A,P$（$P$ 在第一象限），且 $M$ 是线段 $PN$ 的中点．过点 $P$ 作 $x$ 轴的垂线交 $C$ 于另一点 $Q$，延长 $QM$ 交 $C$ 于点 $B$．
① 设直线 $PM,QM$ 的斜率分别为 $k,k'$，证明 $\dfrac{k'}{k}$ 为定值；
② 求直线 $AB$ 的斜率的最小值．标注答案$ \left(0,+\infty\right) $；$ \dfrac{\sqrt 6}2 $解析利用 ① 指出了两条相交于 $ M $ 的直线的相关关系，借助这一相关关系可以方便的计算直线 $ AB $ 的斜率，其中理顺直线的截距 $ m $ 与斜率 $ k $ 之间的关系是解决问题的另一关键．① 根据题意，设 $ P\left(p,2m\right) $（$ 0<2m<\sqrt 2 $），则 $ Q\left(p,-2m\right) $，于是直线 $ QM,PM $ 的斜率之比为\[\dfrac{k'}{k}=\dfrac{-2m-m}{2m-m}=-3.\]② 由于直线 $ PA $ 的斜率\[k=\dfrac{m}{p}=\dfrac{m}{\sqrt{4-8m^2}}=\sqrt{\dfrac{1}{\dfrac{4}{m^2}-8}},\]其中 $ 0<m^2<\dfrac 12 $．因此 $ k $ 的取值范围是 $ \left(0,+\infty\right) $．
将直线 $ y=Kx+m $ 与椭圆的方程联立，整理得\[ \left(2K^2+1\right)x^2+4Kmx+2m^2-4=0, \]设 $ A\left(x_1,y_1\right) $，$ B\left(x_2,y_2\right) $，直线 $ PA:y=kx+m $，直线 $ QB:y=-3kx+m $，分别令 $ K=k $ 和 $ K=-3k $ 即可得\[ x_1p=\dfrac{2m^2-4}{2k^2+1},x_2p=\dfrac{2m^2-4}{18k^2+1}, \]进而直线 $ AB $ 的斜率\[\begin{split} k_{AB}&=\dfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=\dfrac{\left(kx_1+m\right)-\left(-3kx_2+m\right)}{x_1-x_2}\\&=\dfrac{k\cdot x_1p+3k\cdot x_2p}{x_1p-x_2p}=\dfrac{k\cdot\dfrac{2m^2-4}{2k^2+1}+3k\cdot \dfrac{2m^2-4}{18k^2+1}}{\dfrac{2m^2-4}{2k^2+1}-\dfrac{2m^2-4}{18k^2+1}}\\&=\dfrac 14\left(6k+\dfrac 1k\right)\geqslant \dfrac{\sqrt 6}2,\end{split} \]等号当且仅当 $ k=\dfrac{\sqrt 6}6 $ 时取得．因此直线 $ AB $ 的斜率的最小值为 $ \dfrac{\sqrt 6}2 $．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
