已知椭圆 $C:\dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1 \left(a > b > 0 \right) $ 的焦距为 $ 4 $，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形．
【难度】
【出处】
无
【标注】
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求椭圆 $ C $ 的标准方程；标注答案椭圆 $ C $ 的标准方程为\[\dfrac{x^2}{ 6 } + \dfrac{y^2}{2} = 1.\]解析本题考查椭圆的基本量与方程，由已知确定 $a$，$b$ 的值即可．由已知可得\[\begin{cases}\sqrt{a^2+b^2}=2b,\\2c=4,\\c^2=a^2-b^2,\end{cases}\]解得\[\begin{cases}{a^2} = 6,\\ {b^2} = 2,\\c=2.\end{cases}\]所以椭圆 $ C $ 的标准方程为\[\dfrac{x^2}{ 6 } + \dfrac{y^2}{2} = 1.\]
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设 $ F $ 为椭圆 $ C $ 的左焦点，$ T $ 为直线 $x = - 3$ 上任意一点，过 $ F $ 作 $ TF $ 的垂线交椭圆 $ C $ 于点 $ P$，$Q $．
（i）证明：$ OT $ 平分线段 $ PQ $（其中 $ O $ 为坐标原点）；
（ii）当 $\dfrac{|TF|}{|PQ|}$ 最小时，求点 $ T $ 的坐标．标注答案（i）证明略．
（ii）当 $\dfrac{|TF|}{|PQ|}$ 最小时，$ T$ 点的坐标为 $\left( - 3, \pm 1\right)$．解析第一小题，设出点 $T$ 的坐标，表示出 $PQ$ 的中点，证中点在直线 $OT$ 上即可；第二小题，先用参数表示 $\dfrac{|TF|}{|PQ|}$，再根据均值定理取最值的条件算出点 $T$ 的坐标．（i）设 $T\left( - 3,m\right)$．由 $F\left( - 2,0\right)$，知\[ {k_{FT}} \overset {\left[a\right]}= \dfrac{m - 0}{ - 3 + 2} = - m, {k_{PQ}} \overset {\left[b\right]}= \dfrac{1}{m}. \]（推导中用到 $ \left[a\right] $，$\left[b\right] $．）所以直线 $PQ:y = \dfrac{1}{m}\left( {x + 2} \right)$，联立\[ \begin{cases}
{y = \dfrac{1}{m}\left( {x +2} \right)} ,\\
{\dfrac{x^2}{ 6 } + \dfrac{y^2}{2} = 1},
\end{cases} \]得\[\left( {1 + \dfrac{3}{m^2}} \right){x^2} + \dfrac{12}{m^2}x + \dfrac{12}{m^2} - 6 = 0,\]即\[\left( {{m^2} + 3} \right){x^2} + 12x + 12 - 6{m^2} = 0,\]由于 $\Delta > 0$，所以\[\begin{cases}{x_P} + {x_Q} = \dfrac{ - 12}{{{m^2} + 3}}, \\
{x_P} \cdot {x_Q} = \dfrac{{12 - 6{m^2}}}{{{m^2} + 3}}, \\
\end{cases} \]可得\[\begin{split}{y_P} + {y_Q} & = \dfrac{1}{m}\left( {{x_P} + 2} \right) + \dfrac{1}{m}\left( {{x_Q} + 2} \right) \\& = \dfrac{1}{m}\left( {{x_P} + {x_Q}} \right) + \dfrac{4}{m} \\&= \dfrac{4m}{{{m^2} + 3}},\end{split}\]所以 $PQ$ 中点 $\left( {\dfrac{ - 6}{{{m^2} + 3}},\dfrac{ 2 m}{{{m^2} + 3}}} \right)$，$OT:y = - \dfrac{m}{3}x$．
又因为\[\dfrac{ - 6}{{{m^2} + 3}} \cdot \left( { - \dfrac{m}{3}} \right) = \dfrac{ 2 m}{{{m^2} + 3}},\]所以 $OT$ 平分线段 $PQ$．
（ii）因为\[\begin{split}\left| {TF} \right| & \overset {\left[c\right]}= \sqrt {{{\left( { - 2 + 3} \right)}^2} + {{\left( {0 - m} \right)}^2}} \\ &= \sqrt {{m^2} + 1} , \\ \left| {PQ} \right| & \overset {\left[d\right]}= \sqrt {1 + \dfrac{1}{m^2}} \dfrac{{2\sqrt 6 \left| m \right|\sqrt {{m^2} + 1} }}{{{m^2} + 3}} \\&= \dfrac{{2\sqrt 6 \left( {{m^2} + 1} \right)}}{{{m^2} + 3}},\end{split}\]（推导中用到 $ \left[c\right] $，$\left[d\right] $．）所以\[t = \dfrac{{\left| {TF} \right|}}{{\left| {PQ} \right|}} = \dfrac{{{m^2} + 3}}{{2\sqrt 6 \sqrt {{m^2} + 1} }},\]即\[\begin{split}{t^2} & = \dfrac{{{{\left( {{m^2} + 3} \right)}^2}}}{{24\left( {{m^2} + 1} \right)}} \\&= \dfrac{{{{\left( {{m^2} + 1} \right)}^ 2 } + 4\left( {{m^2} + 1} \right) + 4 }}{{24\left( {{m^2} + 1} \right)}} \\& = \dfrac{{{m^2} + 1}}{24} + \dfrac{ 1 }{ 6 } + \dfrac{1}{{ 6 \left( {{m^2} + 1} \right)}}\\& \overset {\left[e\right]}\geqslant 2 \sqrt {\dfrac{ 1 }{ 144 }} + \dfrac{ 1 }{ 6 } \\ &= \dfrac{ 1 }{ 3 },\end{split}\]（推导中用到 $ \left[e\right] $．）当且仅当 $\dfrac{{{m^2} + 1}}{24} = \dfrac{1}{{ 6 \left( {{m^2} + 1} \right)}}$ 时取到等号，所以\[m =\pm 1,\]故当 $\dfrac{|TF|}{|PQ|}$ 最小时，$ T$ 点的坐标为 $\left( - 3, \pm 1\right)$．
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
