题目内容
18．已知椭圆E：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的焦距为2，A是E的右顶点，P、Q是E上关于原点对称的两点，且直线PA的斜率与直线QA的斜率之积为$-\frac{3}{4}$．（Ⅰ）求E的方程；
（Ⅱ）过E的右焦点作直线与E交于M、N两点，直线MA、NA与直线x=3分别交于C、D两点，设△ACD与△AMN的面积分别记为S1、S2，求2S1-S2的最小值．
分析 （I）通过P、Q是E上关于原点对称的两点，且直线PA的斜率与直线QA的斜率之积为$-\frac{3}{4}$，及焦距为2，计算可得a2=4，b2=3，从而可得E的方程；
（II）设直线MN的方程为x=my+1，M（x1，y1），N（x2，y2），可得直线MA的方程，联立直线MN与椭圆E的方程，利用韦达定理可得S1，S2的表达式，通过换元法计算可得结论•
解答 解：（I）根据题意，设P（x0，y0），Q（-x0，-y0），
则$y_0^2=\frac{b^2}{a^2}（{a^2}-x_0^2）$，${k_{PA}}•{k_{QA}}=\frac{y_0}{{{x_0}-a}}•\frac{y_0}{{{x_0}+a}}=\frac{y_0^2}{{x_0^2-{a^2}}}=-\frac{b^2}{a^2}$，依题意有$\frac{b^2}{a^2}=\frac{3}{4}$，
又c=1，所以a2=4，b2=3，
故椭圆E的方程为：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$；
（II）设直线MN的方程为x=my+1，代入E的方程得（3m2+4）y2+6my-9=0，
设M（x1，y1），N（x2，y2），由韦达定理知${y_1}+{y_2}=-\frac{6m}{{3{m^2}+4}}，{y_1}{y_2}=-\frac{9}{{3{m^2}+4}}$，
又直线MA的方程为$y=\frac{y_1}{{{x_1}-2}}（x-2）$，将x=3代入，
得${y_C}=\frac{y_1}{{{x_1}-2}}=\frac{y_1}{{m{y_1}-1}}$，同理${y_D}=\frac{y_2}{{m{y_2}-1}}$，
所以$|CD|=|{y_C}-{y_D}|=\frac{{|{y_1}-{y_2}|}}{{{m^2}{y_1}{y_2}-m（{y_1}+{y_2}）+1}}=3\sqrt{{m^2}+1}$，
所以${S_1}=\frac{1}{2}|CD|=\frac{3}{2}\sqrt{{m^2}+1}$，${S_2}=\frac{1}{2}|AF|•|{y_1}-{y_2}|=\frac{{6\sqrt{{m^2}+1}}}{{3{m^2}+4}}$，
则2S1-S2=3$\sqrt{{m}^{2}+1}$-$\frac{6\sqrt{{m}^{2}+1}}{3{m}^{2}+4}$，
令$\sqrt{{m^2}+1}=t（t≥1）$，则m2=t2-1，所以$2{S_1}-{S_2}=3t-\frac{6t}{{3{t^2}+1}}$，
记$f（t）=3t-\frac{6t}{{3{t^2}+1}}$，则$f'（t）=3+\frac{{6（3{t^2}-1）}}{{{{（3{t^2}+1）}^2}}}＞0$，
所以f（t）在[1，+∞）单调递增，从而f（t）的最小值为$f（1）=\frac{3}{2}$，
故2S1-S2的最小值为$\frac{3}{2}$•
点评 本题考查椭圆的简单性质，直线与椭圆的位置关系，韦达定理，换元法等知识，注意解题方法的积累，属于难题．
如图，已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=BC，E为AC中点．| A． | $（{0，\frac{1}{e}}）$ | B． | $（{\frac{lg2}{2}，\frac{lge}{e}}）$ | C． | $（{\frac{lg2}{2}，e}）$ | D． | $（{0，\frac{lg2}{2}}）$ |