Question

11．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左右焦點分別為F₁，F(xiàn)₂，且經(jīng)過點P（0，$\sqrt{5}$），離心率為$\frac{2}{3}$，過點F₁的直線l與直線x=4交于點A
（I）  求橢圓C的方程；
（II） 當線段F₁A的垂直平分線經(jīng)過點F₂時，求直線l的方程；
（III）點B在橢圓C上，當OA⊥OB，求線段AB長度的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可得$\left\{\begin{array}{l}b=\sqrt{5}\\ e=\frac{c}{a}=\frac{2}{3}\\{a^2}={b^2}+{c^2}.\end{array}\right.$解得即可，
（Ⅱ）法一：設A（4，y），F(xiàn)₁（-2，0），根據(jù)線段F₁A的垂直平分線經(jīng)過點F₂得到|F₁F₂|=|F₂A|，代值計算即可y的值，即可求出直線方程，
法二：設過點F₁（-2，0）的直線l的斜率為k，則直線l的方程為y=k（x+2），再設AF₁的中點P（x₀，y₀）．根據(jù)PF₂⊥F₁A，即可求出k的值，
（Ⅲ）點B在橢圓C上，設B（m，n），n∈[-$\sqrt{5}$，0）∪（0，$\sqrt{5}$]，A（4，y），根據(jù)兩點之間的距離公式，化簡整理，再根據(jù)函數(shù)的單調性求出最值．

解答 解：（ I）由$\left\{\begin{array}{l}b=\sqrt{5}\\ e=\frac{c}{a}=\frac{2}{3}\\{a^2}={b^2}+{c^2}.\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}a=3\\ c=2.\end{array}\right.$
所以橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{5}$=1．
（ II）法一：設A（4，y），F(xiàn)₁（-2，0），
因為線段F₁A的垂直平分線經(jīng)過點F₂，
所以|F₁F₂|=|F₂A|．
由2c=4=$\sqrt{（4-2）^{2}+{y}^{2}}$，解得y=±2$\sqrt{3}$．
所以直線l的方程為y=±$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x+2）．
（ II）法二
設過點F₁（-2，0）的直線l的斜率為k，顯然k存在．
則直線l的方程為y=k（x+2）．
所以A（4，6k）．
設AF₁的中點P（x₀，y₀）．
則${x_0}=\frac{-2+4}{2}=1，{y_0}=\frac{0+6k}{2}=3k$．
所以P（1，3k）．
因為PF₂⊥F₁A，
所以$\frac{3k-0}{1-2}•k=-1$．
所以$k=±\frac{{\sqrt{3}}}{3}$．
所以直線l的方程為y=±$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x+2）．
（ III）點B在橢圓C上，設B（m，n），n∈[-$\sqrt{5}$，0）∪（0，$\sqrt{5}$]，A（4，y）．
因為OA⊥OB，
所以$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0$，即4m+ny=0．
因為點B在橢圓C上，
所以$\frac{{m}^{2}}{9}$+$\frac{{n}^{2}}{5}$=1，
所以|AB|²=（m-4）²+（n-y）²=m²-8m+16+n²-2ny+y²=m²-8m+16+n²+8m+y²，
=m²+16+n²+y²=m²+16+n²+（$\frac{-4m}{n}$）²，
=9（1-$\frac{{n}^{2}}{5}$）+16+n²+$\frac{16×9（1-\frac{{n}^{2}}{5}）}{{n}^{2}}$，
=$\frac{144}{{n}^{2}}$-$\frac{4{n}^{2}}{5}$-$\frac{19}{5}$
設t=n²，t∈（0，5]
設$g（t）=\frac{144}{t}-\frac{4t}{5}-\frac{19}{5}$．
因為$g'（t）=\frac{-144}{t^2}-\frac{4}{5}＜0$，
所以g（t）在（0，5]上單調遞減．
所以當t=5，即$n=±\sqrt{5}$時，|AB|_min=$\sqrt{21}$．

點評 本題考查橢圓的方程和性質，主要考查橢圓的離心率和方程的運用，以及兩點的距離公式和函數(shù)的應用，考查運算能力，屬于中檔題．