Question

19．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）過點A（$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，-$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$），離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，F(xiàn)₁，F(xiàn)₂分別為左右、焦點．
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）若y²=4x上存在兩個點M，N，橢圓上有兩個點P，Q滿足M，N，F(xiàn)₂三點共線，P，Q，F(xiàn)₂三點共線，且PQ⊥MN，求四邊形PQMN面積的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由已知橢圓的離心率結合隱含條件得到a、b與c的關系，化橢圓方程為$\frac{x^2}{{2{c^2}}}+\frac{y^2}{c^2}=1$，代入點的坐標求得c，則a，b可求，橢圓方程可求；
（2）當直線MN斜率不存在時，直線PQ的斜率為0，求得得|MN|及|PQ|，則面積可求；當直線MN斜率存在時，設直線方程為：y=k（x-1）（k≠0），與y²=4x聯(lián)立，
利用弦長公式求得|PQ|，代入四邊形面積公式，然后利用換元法結合基本不等式求得四邊形PQMN面積的取值范圍．

解答 解：（1）由題意得：$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，a²-b²=c²，得$b=c，a=\sqrt{2}c$，
則橢圓方程為$\frac{x^2}{{2{c^2}}}+\frac{y^2}{c^2}=1$，
∵橢圓過點$A（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，-\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，解得c=1，∴$a=\sqrt{2}$，b=1，
∴橢圓C方程為：$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$；
（2）令M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），當直線MN斜率不存在時，直線PQ的斜率為0，求得|MN|=4，$|PQ|=2\sqrt{2}$，$S=4\sqrt{2}$；
當直線MN斜率存在時，設直線方程為：y=k（x-1）（k≠0），與y²=4x聯(lián)立，
得k²x²-（2k²+4）x+k²=0，

則${x_1}+{x_2}=\frac{4}{k^2}+2$，x₁x₂=1，$|MN|=\sqrt{1+{k^2}}\sqrt{{{（\frac{4}{k^2}+2）}^2}-4}=\frac{4}{k^2}+4$，
∵PQ⊥MN，∴直線PQ的方程為：$y=-\frac{1}{k}（x-1）$，
將直線與橢圓聯(lián)立得：（k²+2）x²-4x+2-2k²=0，
令P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄），${x_3}+{x_4}=\frac{4}{{2+{k^2}}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{2-2{k^2}}}{{2+{k^2}}}$，
由弦長公式得：$|PQ|=\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}\sqrt{{{（\frac{4}{{2+{k^2}}}）}^2}-4×\frac{{2-2{k^2}}}{{2+{k^2}}}}=\frac{{2\sqrt{2}（1+{k^2}）}}{{2+{k^2}}}$，
∴四邊形PMQN的面積$S=\frac{1}{2}|MN||PQ|=\frac{{4\sqrt{2}{{（1+{k^2}）}^2}}}{{{k^2}（2+{k^2}）}}$，
令t=1+k²（t＞1），
$S=\frac{{4\sqrt{2}{t^2}}}{（t-1）（t+1）}=\frac{{4\sqrt{2}{t^2}}}{{{t^2}-1}}=4\sqrt{2}（1+\frac{1}{{{t^2}-1}}）＞4\sqrt{2}$．
綜上，$S≥4\sqrt{2}$．

點評 本題考查橢圓的簡單性質，考查了直線與橢圓位置關系的應用，訓練了利用換元法求最值，是中檔題．