Question

17．設(shè)橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的右焦點為F₁，離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，過點F₁且與x軸垂直的直線被橢圓截得的線段長為$\sqrt{2}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若y²=4x上存在兩點M，N，橢圓C上存在兩個點P，Q，滿足：P，Q，F(xiàn)₁三點共線，M，N，F(xiàn)₁三點共線且PQ⊥MN，求四邊形PMQN的面積的最小值．

Answer 1

分析 （1）由題意可知：a=$\sqrt{2}$b²，a=$\sqrt{2}$c及a²=b²-c²，即可求得a和b的值，求得橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）討論直線MN的斜率不存在，求得弦長，求得四邊形的面積；當(dāng)直線MN斜率存在時，設(shè)直線方程為：y=k（x-1）（k≠0）聯(lián)立拋物線方程和橢圓方程，運用韋達定理和弦長公式，以及四邊形的面積公式，計算即可得到最小值．

解答 解：（1）由點F₁且與x軸垂直的直線被橢圓截得的線段長為$\sqrt{2}$，則$\frac{2^{2}}{a}$=$\sqrt{2}$，a=$\sqrt{2}$b²，①
橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，則a=$\sqrt{2}$c，②
由a²=b²-c²，③
解得：a=$\sqrt{2}$，b=1，c=1，
則橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（2）當(dāng)直線MN的斜率不存在時，直線PQ的斜率為0，則丨MN丨=4，丨PQ丨=2$\sqrt{2}$，
四邊形PMQN的面積S=4$\sqrt{2}$，
當(dāng)直線MN的斜率存在時，直線MN的方程為y=k（x-1），（k≠0），
當(dāng)直線MN斜率存在時，設(shè)直線方程為：y=k（x-1）（k≠0）
$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$，聯(lián)立得k²x²-（2k²+4）x+k²=0，
令M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則x₁+x₂=$\frac{4}{{k}^{2}}$+2，x₁x₂=1，
|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（\frac{4}{{k}^{2}}+2）^{2}-4×1}$=$\frac{4}{{k}^{2}}$+2，
∵PQ⊥MN，∴直線PQ的方程為：y=-$\frac{1}{k}$（x-1），
$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{k}（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（k²+2）x²-4x+2-2k²=0，
令P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄），x₃+x₄=$\frac{4}{2+{k}^{2}}$，x₃x₄=$\frac{2-2{k}^{2}}{2+{k}^{2}}$，
由弦長公式|PQ|=$\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}$•$\sqrt{（{x}_{3}+{x}_{4}）^{2}-4{x}_{3}{x}_{4}}$=$\frac{2\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{2+{k}^{2}}$，
∴四邊形PMQN的面積S=$\frac{1}{2}$|MN|•|PQ|=$\frac{4\sqrt{2}（1+{k}^{2}）^{2}}{{k}^{2}（{k}^{2}+2）}$，
令1+k²=t，（t＞1），
則S=$\frac{4\sqrt{2}{t}^{2}}{（t-1）（t+1）}$=$\frac{4\sqrt{2}{t}^{2}}{{t}^{2}-1}$=4$\sqrt{2}$×（1+$\frac{1}{{t}^{2}-1}$）＞4$\sqrt{2}$，
∴S＞4$\sqrt{2}$，
綜上可知：四邊形PMQN的面積的最小值4$\sqrt{2}$．

點評 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，主要考查橢圓的離心率和方程的運用，同時考查直線和橢圓聯(lián)立，運用韋達定理和弦長公式，以及四邊形的面積的最小值的求法，考查運算求解能力，屬于中檔題．