椭圆与直线

【答案】(1) $\dfrac{x^{2}}{4}+\dfrac{y^{2}}{3}=1$ (2)（i） $y=\dfrac{\sqrt{5}}{2}\left(x+1\right)$ （ii） $4\sqrt{3}$ 【分析】（1）根据焦点以及离心率的定义即可求解； （2）（i）通过联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及三角形的面积公式即可求解 （ii） 由于 $\angle PQR$ 是直线 $PQ$ 与直线 $RQ$ 的夹角，列出 $\tan\angle PQR$ 的表达式即可求解. 【详解】（1）已知椭圆 $\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1$ 的左焦点为 $F\left(-1,0\right)$ ，离心率 $e=\dfrac{1}{2}$ ， 则 $c=1,e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{1}{2}$ ，解得 $a=2$ ， $b^{2}=a^{2}-c^{2}=2^{2}-1^{2}=4-1=3$ ， 因此椭圆方程为 $\dfrac{x^{2}}{4}+\dfrac{y^{2}}{3}=1$ （2） 解法一： 设 $l:y=k\left(x+1\right)\left(k>0\right)$ ，点 $P\left(x_{1},y_{1}\right)$ ，点 $Q\left(x_{2},y_{2}\right)$ ，其中 $x_{1}>x_{2}$ ， 联立直线 $l$ 与椭圆方程 $\left\{\begin{matrix}y=k\left(x+1\right) \\ \dfrac{x^{2}}{4}+\dfrac{y^{2}}{3}=1\end{matrix}\right.$ ，得 $\left(3+4k^{2}\right)x^{2}+8k^{2}x+4k^{2}-12=0$ ， 由韦达定理得 $x_{1}+x_{2}=-\dfrac{8k^{2}}{3+4k^{2}},x_{1}x_{2}=\dfrac{4k^{2}-12}{3+4k^{2}}$ ， 由于 $P,R$ 两点在椭圆上，关于原点对称， 所以点 $R\left(-x_{1},-y_{1}\right)$ ，且 $y_{1}=k\left(x_{1}+1\right),y_{2}=k\left(x_{2}+1\right)$ ， （i） [插图] 由面积公式， $S_{\triangle PQO}=\dfrac{1}{2}\left|OF\right|⋅\left|y_{1}-y_{2}\right|=\dfrac{1}{2}⋅1⋅\left|y_{1}-y_{2}\right|=\dfrac{1}{2}\left|y_{1}-y_{2}\right|=\dfrac{k}{2}\left(x_{1}-x_{2}\right)$ ， 又因为 $O$ 是线段 $PR$ 的中点，所以 $S_{\triangle PQO}=S_{\triangle RQO}$ ，所以 $S_{\triangle PQR}=2S_{\triangle PQO}=k\left(x_{1}-x_{2}\right)$ ， $S_{\triangle PFO}=\dfrac{1}{2}\left|OF\right|⋅\left|y_{1}\right|=\dfrac{y_{1}}{2}=\dfrac{k\left(x_{1}+1\right)}{2}$ ， 由于 $\dfrac{S_{\triangle PQR}}{S_{\triangle PFO}}=3$ ，得 $2\left(x_{1}-x_{2}\right)=3\left(x_{1}+1\right)$ ，即 $x_{1}+2x_{2}=-3$ ， 令 $u=k^{2}$ ，由 $x_{1}+x_{2}=-\dfrac{8u}{3+4u}$ 与 $x_{1}+2x_{2}=-3$ ，得 $x_{1}=\dfrac{9-4u}{3+4u},x_{2}=-\dfrac{9+4u}{3+4u}$ ， 代入 $x_{1}x_{2}=\dfrac{4u-12}{3+4u}$ ，得 $-\dfrac{\left(9-4u\right)\left(9+4u\right)}{\left(3+4u\right)^{2}}=\dfrac{4u-12}{3+4u}$ ，解得 $u=\dfrac{5}{4}$ ， 所以 $k=\dfrac{\sqrt{5}}{2}$ ，所以直线 $l$ 的方程为 $y=\dfrac{\sqrt{5}}{2}\left(x+1\right)$ （ii） 直线 $QR$ 的斜率为 $\dfrac{-y_{1}-y_{2}}{-x_{1}-x_{2}}=k\dfrac{x_{1}+x_{2}+2}{x_{1}+x_{2}}=-\dfrac{3}{4k}$ ， 于是 $tan\angle PQR=\left|\dfrac{k+\dfrac{3}{4k}}{1-\dfrac{3}{4}}\right|=4k+\dfrac{3}{k}\ge2\sqrt{4k⋅\dfrac{3}{k}}=4\sqrt{3}$ ，当且仅当 $k=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ 时取等号， 故 $\tan\angle PQR$ 的最小值为 $4\sqrt{3}$ . 解法二： （i） 如图所示，设直线 $l$ 的方程为 $x=my-1$ ，其中斜率 $k=\dfrac{1}{m}>0\Rightarrow m>0$ ， [插图] 设点 $P\left(x_{1},y_{1}\right)$ ，点 $Q\left(x_{2},y_{2}\right)$ ，且 $x_{2},y_{2}<0$ ， 根据椭圆的中心对称性可知，点 $R\left(-x_{1},-y_{1}\right)$ ， 联立直线与椭圆方程，得 $\left\{\begin{matrix}x=my-1 \\ \dfrac{x^{2}}{4}+\dfrac{y^{2}}{3}=1\end{matrix}\right.$ ，化简得 $\left(3m^{2}+4\right)y^{2}-6my-9=0$ ， 由韦达定理可得 $y_{1}+y_{2}=\dfrac{6m}{3m^{2}+4},y_{1}y_{2}=\dfrac{-9}{3m^{2}+4}$ ， 因为 $R$ 是 $P$ 关于原点 $O$ 的对称点，所以 $O$ 是线段 $PR$ 的中点， 因此 $S_{\triangle PQO}=S_{\triangle RQO}$ ，所以 $S_{\triangle PQR}=2S_{\triangle PQO}$ ， 由于 $S_{\triangle PQR}=3S_{\triangle PFO}$ ，所以 $2S_{\triangle PQO}=3S_{\triangle PFO}$ ， $S_{\triangle PQO}=\dfrac{1}{2}\left|OF\right|⋅\left|y_{1}-y_{2}\right|=\dfrac{1}{2}⋅1⋅\left|y_{1}-y_{2}\right|=\dfrac{1}{2}\left|y_{1}-y_{2}\right|$ ， $S_{\triangle PFO}=\dfrac{1}{2}\left|OF\right|⋅\left|y_{1}\right|=\dfrac{1}{2}⋅1⋅\left|y_{1}\right|=\dfrac{1}{2}\left|y_{1}\right|$ ， 所以 $2⋅\left(\dfrac{1}{2}\left|y_{1}-y_{2}\right|\right)=3⋅\left(\dfrac{1}{2}\left|y_{1}\right|\right)$ ，即 $\left|y_{1}-y_{2}\right|=\dfrac{3}{2}\left|y_{1}\right|$ ， 由于 $y_{1}>0,y_{2}<0$ ，所以简化为 $y_{1}-y_{2}=\dfrac{3}{2}y_{1}\Rightarrow y_{1}=-2y_{2}$ ， 代入韦达定理，得 $y_{2}=\dfrac{-6m}{3m^{2}+4}$ ，则 $y_{1}y_{2}=-2y_{2}^{2}=-2\left(\dfrac{-6m}{3m^{2}+4}\right)^{2}=\dfrac{-9}{3m^{2}+4}$ ， 化简得 $45m^{2}=36$ ，由于 $m>0$ ，解得 $m=\dfrac{2}{\sqrt{5}}=\dfrac{2\sqrt{5}}{5}$ ， 所以直线 $l$ 的方程为 $x=\dfrac{2\sqrt{5}}{5}y-1$ ，即 $y=\dfrac{\sqrt{5}}{2}\left(x+1\right)$ （ii） 由题意， $\angle PQR$ 即为直线 $QP$ 与直线 $QR$ 的夹角， 直线 $QP$ 即直线 $l$ ，方程为 $x=my-1\left(m>0\right)$ ， 点 $Q\left(x_{2},y_{2}\right)$ ，点 $P\left(x_{1},y_{1}\right)$ ，点 $R\left(-x_{1},-y_{1}\right)$ ，直线 $QP$ 的斜率 $k_{QP}=\dfrac{1}{m}$ ， 直线 $QR$ 的斜率 $k_{QR}=\dfrac{y_{2}-\left(-y_{1}\right)}{x_{2}-\left(-x_{1}\right)}=\dfrac{y_{2}+y_{1}}{x_{2}+x_{1}}$ ， 由于 $P,Q$ 在直线 $x=my-1\left(m>0\right)$ 上，有 $x_{1}=my_{1}-1,x_{2}=my_{2}-1$ ， 则 $k_{QR}=\dfrac{y_{1}+y_{2}}{m\left(y_{1}+y_{2}\right)-2}$ ，代入 $y_{1}+y_{2}=\dfrac{6m}{3m^{2}+4}$ ， 则 $k_{QR}=\dfrac{\dfrac{6m}{3m^{2}+4}}{m⋅\dfrac{6m}{3m^{2}+4}-2}=\dfrac{6m}{6m^{2}-2\left(3m^{2}+4\right)}=\dfrac{6m}{-8}=-\dfrac{3m}{4}$ ， 设直线 $QP$ 的倾斜角为 $\alpha$ ，直线 $QR$ 的倾斜角为 $\beta$ ，则 $\angle PQR=\pi-\beta+\alpha$ ， 因此 $tan\angle PQR=tan\left(\pi-\beta+\alpha\right)=tan\left(\alpha-\beta\right)=\dfrac{tan\alpha-tan\beta}{1+tan\alpha tan\beta}=\dfrac{k_{QP}-k_{QR}}{1+k_{QP}⋅k_{QR}}$ ， 即 $tan\angle PQR=\dfrac{k_{QP}-k_{QR}}{1+k_{QP}⋅k_{QR}}=\dfrac{\dfrac{1}{m}-\left(-\dfrac{3m}{4}\right)}{1+\dfrac{1}{m}⋅\left(-\dfrac{3m}{4}\right)}=\dfrac{4+3m^{2}}{m}=3m+\dfrac{4}{m}$ ， 由基本不等式得 $3m+\dfrac{4}{m}\ge2\sqrt{3m⋅\dfrac{4}{m}}=4\sqrt{3}$ ，当且仅当 $3m=\dfrac{4}{m}$ ，即 $m=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$ 时取等号，所以 $\tan\angle PQR$ 的最小值为 $4\sqrt{3}$ .