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】
2014年高考四川卷（理）
【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 $\dfrac{x^2}6+\dfrac{y^2}2=1$解析根据题意，椭圆短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形，于是 $a=\dfrac{\sqrt 3}2\cdot 2b$，又 $2c=4$，$a^2=b^2+c^2$，因此可得 $a=\sqrt 6$，$b=\sqrt2$，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）略；（ii）$T$ 点的坐标为 $(-3,\pm 1)$解析设 $T(-3,t)$，$P(x_1,y_1)$，$Q(x_2,y_2)$，线段 $PQ$ 的中点为 $M$，连接 $OT$，如图．
（i）情形一 $t\neq 0$．一方面，直线 $TF$ 的斜率为 $-t$，直线 $PQ$ 的斜率为 $\dfrac 1t$，直线 $OT$ 的斜率为 $-\dfrac t3$．
另一方面，由于 $\dfrac{x_1^2}6+\dfrac{y_1^2}2=1$，$\dfrac{x_2^2}6+\dfrac{y_2^2}2=1$，两式相减，并应用平方差公式可得$$\dfrac{(x_1+x_2)(x_1-x_2)}{6}+\dfrac{(y_1+y_2)(y_1-y_2)}{2}=0,$$从而$$\dfrac{y_1+y_2}{x_1+x_2}\cdot\dfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=-\dfrac 13,$$即直线 $PQ$ 与直线 $OM$ 的斜率之积为 $-\dfrac 13$，进而直线 $OM$ 的斜率为 $-\dfrac t3$．
综合以上两方面，$O,M,T$ 三点共线，因此命题成立．情形二 $t=0$．此时 $OT$ 显然平分 $PQ$．
综上所述，命题得证．
（ii）直线 $PQ$ 的方程为 $x=ty-2$，与椭圆方程联立，有$$(t^2+3)y^2-4ty-2=0,$$因此\[\begin{split} \dfrac{|TF|}{|PQ|}&=\dfrac{\sqrt{t^2+1}}{\sqrt{1+t^2}\cdot\dfrac{\sqrt{24t^2+24}}{t^2+3}}\\
&=\dfrac{t^2+3}{\sqrt{24(t^2+1)}}\\
&=\sqrt{\dfrac 1{24}\cdot\left[(t^2+1)+\dfrac 4{t^2+1}+4\right]}\\
&\geqslant\sqrt{\dfrac{1}{3}},\end{split}\]等号当且仅当 $t^2+1=2$，即 $t=\pm 1$ 时取得．
因此当 $\dfrac{|TF|}{|PQ|}$ 最小时，$T$ 点的坐标为 $(-3,\pm 1)$．
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
