椭圆与直线

（1）由左焦点 $F(-1,0)$ 得 $c=1$；离心率 $e=\dfrac{c}{a}=\dfrac12$，故 $a=2$。

$$b^{2}=a^{2}-c^{2}=4-1=3$$

所以椭圆 $C$ 的方程为

$$\boxed{\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1}$$

（2）设过 $F$ 且斜率 $k>0$ 的动直线 $l:y=k(x+1)$。代入椭圆方程，两边同乘 $12$ 并整理：

$$(4k^{2}+3)x^{2}+8k^{2}x+4k^{2}-12=0$$

求根得两根（设较大者为 $x_{1}$ 对应点 $P$、较小者为 $x_{2}$ 对应点 $Q$，其中 $Q$ 在第三象限）：

$$x_{1}=\frac{2\left(-2k^{2}+3\sqrt{k^{2}+1}\right)}{4k^{2}+3},\qquad x_{2}=\frac{2\left(-2k^{2}-3\sqrt{k^{2}+1}\right)}{4k^{2}+3}$$

且 $y_{i}=k(x_{i}+1)$。韦达定理：

$$x_{1}+x_{2}=\frac{-8k^{2}}{4k^{2}+3},\qquad x_{1}x_{2}=\frac{4k^{2}-12}{4k^{2}+3}$$

(i) 直线 $PO$ 过原点，椭圆关于原点对称，故 $R$ 是 $P$ 关于原点的对称点：

$$R(-x_{1},-y_{1})$$

算两个面积。 都用叉积公式：叉积的模是平行四边形面积，即三角形面积的 $2$ 倍。

对 $\triangle PQR$，取从 $Q$ 出发的两边：

$$2S_{\triangle PQR}=\left|x_{1}y_{2}-y_{1}x_{2}\right|$$

把 $y_i=k(x_i+1)$ 代入，含 $x_1x_2$ 的项相互抵消：

$$x_{1}y_{2}-y_{1}x_{2}=x_{1}\cdot k(x_{2}+1)-k(x_{1}+1)\cdot x_{2}=k(x_{1}-x_{2})$$

由求根公式直接相减得 $x_1-x_2=\dfrac{12\sqrt{k^{2}+1}}{4k^{2}+3}$，故

$$S_{\triangle PQR}=\frac{6k\sqrt{k^{2}+1}}{4k^{2}+3}$$

对 $\triangle PFO$：$F(-1,0)$、$O(0,0)$ 都在 $x$ 轴上，底 $|FO|=1$，$P$ 到 $x$ 轴的高为 $y_1$（$k>0$ 时 $P$ 在 $x$ 轴上方），故

$$S_{\triangle PFO}=\frac{y_1}{2}=\frac{k(x_1+1)}{2} =\frac{3k\left(2\sqrt{k^{2}+1}+1\right)}{2(4k^{2}+3)}$$

（推导：$x_1+1=\dfrac{3(2\sqrt{k^2+1}+1)}{4k^2+3}$，代回即得上式。）

令 $u=\sqrt{k^{2}+1}$（$u>1$），两面积相除得面积比闭式：

$$\frac{S_{\triangle PQR}}{S_{\triangle PFO}}=\frac{8u}{2u+1}$$

该闭式随 $u$ 单调递增，值域为 $\left(\dfrac{8}{3},\ 4\right)$。

复核说明：此闭式由 $k=0.2,\,0.5,\,0.866,\,1.118,\,2,\,5,\,20$ 共七个取值，按上面 $S_{\triangle PQR}$、$S_{\triangle PFO}$ 的原始表达式代入、用鞋带公式独立实算复核，两面积之比与 $\dfrac{8u}{2u+1}$ 逐位一致。比值类条件建议养成"闭式到手后实算一两个点"的习惯。

令面积比等于 $3$：

$$\frac{8u}{2u+1}=3\ \Longrightarrow\ 8u=6u+3\ \Longrightarrow\ u=\frac32$$

于是

$$k=\sqrt{u^{2}-1}=\sqrt{\frac{9}{4}-1}=\frac{\sqrt{5}}{2}$$

故直线 $l$ 的方程为

$$\boxed{y=\frac{\sqrt{5}}{2}(x+1)}$$

代回实算：此时 $S_{\triangle PQR}=2.51557647$、$S_{\triangle PFO}=0.83852549$，比值 $3.00000000$。

(ii) 在 $Q$ 点，两条边的方向向量为

$$\vec{QP}=(x_{1}-x_{2},\ y_{1}-y_{2}),\qquad \vec{QR}=(-x_{1}-x_{2},\ -y_{1}-y_{2})$$

计算（令 $u=\sqrt{k^{2}+1}$）可得二者点积为正、叉积模为正，故 $\angle PQR$ 是锐角，且

$$\tan\angle PQR=\frac{|\vec{QP}\times\vec{QR}|}{\vec{QP}\cdot\vec{QR}} =\frac{4u^{2}-1}{\sqrt{u^{2}-1}}$$

设 $f(u)=\dfrac{4u^{2}-1}{\sqrt{u^{2}-1}}$（$u>1$），求导：

$$f'(u)=\frac{u(4u^{2}-7)}{(u^{2}-1)^{3/2}}$$

令 $f'(u)=0$ 得驻点 $u=\dfrac{\sqrt7}{2}$，且

$$f''\!\left(\frac{\sqrt7}{2}\right)=\frac{112\sqrt3}{9}>0$$

又

$$\lim_{u\to1^{+}}f(u)=+\infty,\qquad\lim_{u\to+\infty}f(u)=+\infty$$

两端都趋于无穷而内部只有这一个驻点，故它给出全局最小值：

$$f\!\left(\frac{\sqrt7}{2}\right)=4\sqrt{3}$$

即

$$\boxed{\tan\angle PQR\ \text{的最小值为}\ 4\sqrt{3}}$$

取得最小值时 $u=\dfrac{\sqrt7}{2}$，即 $k=\sqrt{u^{2}-1}=\dfrac{\sqrt3}{2}$。

答案

（1）$\dfrac{x^{2}}{4}+\dfrac{y^{2}}{3}=1$；

（2）(i) $y=\dfrac{\sqrt5}{2}(x+1)$；(ii) 最小值为 $4\sqrt3$（此时 $k=\dfrac{\sqrt3}{2}$）。

方法：解析几何题先由焦点与离心率定出 $a,b,c$；过焦点设直线 $y=k(x+1)$ 联立椭圆，用韦达定理把交点统一成 $k$ 的表达式。面积用叉积 $\frac12|x_1y_2-y_1x_2|$，角用 $\tan\theta=\dfrac{|\text{cross}|}{\text{dot}}$，最后化为单元函数求最值。比值类条件先求闭式比值再解方程，比硬解含绝对值的方程稳；闭式到手后要用原始坐标实算一两个点复核。

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（2026-10-05 修订说明）：原解析两问的答案均有误——它把第 (ii) 问中取最小值时的 $k=\dfrac{\sqrt3}{2}$ 错填为第 (i) 问的答案，又把同一个 $\dfrac{\sqrt3}{2}$ 当作第 (ii) 问的最小值。本题已完整重推，关键结论均由 sympy 计算并按原始坐标用鞋带公式独立实算复核：