Question

12．已知A、B分别为椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左、右顶点，两个不同的动点P、Q在椭圆C上且关于x轴对称，设直线AP、BQ的斜率分别为m、n，则当$\frac{1}{2mn}$+ln|m|+ln|n|取最小值时，椭圆C的离心率为（　　）

• A． $\frac{{\sqrt{2}}}{2}$
• B． $\frac{1}{2}$
• C． $\frac{{\sqrt{2}}}{3}$
• D． $\frac{{\sqrt{3}}}{3}$

Answer 1

分析 由题意设出P，Q的坐标，代入椭圆方程可得$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{{a}^{2}-{{x}_{0}}^{2}}=\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$，写出AP，BQ的斜率m，n，求出mn=$\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$，代入$\frac{1}{2mn}$+ln|m|+ln|n|，换元后利用导数求最值，得到使$\frac{1}{2mn}$+ln|m|+ln|n|取最小值的条件，即可求得椭圆C的离心率．

解答 解：设P（x₀，y₀），则Q（x₀，-y₀），
∴$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{{b}^{2}}=1$，则${{y}_{0}}^{2}=\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}（{a}^{2}-{{x}_{0}}^{2}）$，
∴$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{{a}^{2}-{{x}_{0}}^{2}}=\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$．
又A（-a，0），B（a，0），
∴m=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+a}$，n=$\frac{{y}_{0}}{a-{x}_{0}}$，
∴mn=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+a}$•$\frac{{y}_{0}}{a-{x}_{0}}$=$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{{a}^{2}-{{x}_{0}}^{2}}=\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$，
∴$\frac{1}{2mn}$+ln|m|+ln|n|=$\frac{{a}^{2}}{2{b}^{2}}+ln\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$，
令$\frac{a}{b}=t$（t＞1），则f（t）=$\frac{1}{2mn}$+ln|m|+ln|n|=$\frac{{a}^{2}}{2{b}^{2}}+ln\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$=$\frac{{t}^{2}}{2}-2lnt$，
f′（t）=t-$\frac{2}{t}$=$\frac{{t}^{2}-2}{t}$，
当t∈（1，$\sqrt{2}$）时，f′（t）＜0，当t∈（$\sqrt{2}$，+∞）时，f′（t）＞0，
∴f（t）在（1，$\sqrt{2}$）上为减函数，在（$\sqrt{2}$，+∞）上为增函数．
可知：当t=$\sqrt{2}$，即$\frac{a}{b}=\sqrt{2}$时，函数f（t）取得最小值．
∴$\frac{{a}^{2}}{{b}^{2}}=\frac{{a}^{2}}{{a}^{2}-{c}^{2}}=2$，即a²=2c²，
∴$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}=\frac{1}{2}$，得e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
故选：A．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力与计算能力，是中档题．