Question

4．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}={1^{\;}}$（a＞b＞0）的長軸長為2$\sqrt{3}$，右焦點為F（c，0），且a²，b²，c²成等差數(shù)列．
（1）求橢圓C的方程；
（2）過點F分別作直線l₁，l₂，直線l₁與橢圓C交于點M，N，直線l₂與橢圓C交于點P，Q，且l₁⊥l₂，求四邊形MPNQ面積的最小值．

Answer 1

分析 （1）由題意可得：2a=2$\sqrt{3}$，2b²=a²+c²，a²=b²+c²．聯(lián)立解得即可得出．
（2）若l₁與l₂的一個斜率不存在，則四邊形MPNQ面積S=4．若l₁與l₂的斜率都存在，設(shè)l₁：y=k（x-1），l₂：y=-$\frac{1}{k}$（x-1），其中k≠0，（x_i，y_i）（i=1，2，3，4時分別對應(yīng)點M，N，P，Q）．聯(lián)立l₁與橢圓方程可得：（3k²+2）x²-6k²x+3k²-6=0，代入可得|MN|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$，同理可得：|PQ|，則四邊形MPNQ面積S=$\frac{1}{2}|MN||PQ|$，通過換元利用二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）由題意可得：2a=2$\sqrt{3}$，2b²=a²+c²，a²=b²+c²．
聯(lián)立解得a=$\sqrt{3}$，b=$\sqrt{2}$，c=1．
∴橢圓C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{3}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（2）若l₁與l₂的一個斜率不存在，則四邊形MPNQ面積S=4．
若l₁與l₂的斜率都存在，設(shè)l₁：y=k（x-1），l₂：y=-$\frac{1}{k}$（x-1），
其中k≠0，（x_i，y_i）（i=1，2，3，4時分別對應(yīng)點M，N，P，Q）．
聯(lián)立l₁與橢圓方程可得：（3k²+2）x²-6k²x+3k²-6=0，
∴x₁+x₂=$\frac{6{k}^{2}}{3{k}^{2}+2}$，x₁•x₂=$\frac{3{k}^{2}-6}{3{k}^{2}+2}$．
|MN|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\frac{4\sqrt{3}（1+{k}^{2}）}{3{k}^{2}+2}$．
同理可得：|PQ|=$\frac{4\sqrt{3}（1+\frac{1}{{k}^{2}}）}{\frac{3}{{k}^{2}}+2}$=$\frac{4\sqrt{3}（1+{k}^{2}）}{3+2{k}^{2}}$，
則四邊形MPNQ面積S=$\frac{1}{2}|MN||PQ|$=$\frac{24（1+{k}^{2}）^{2}}{（3{k}^{2}+2）（3+2{k}^{2}）}$．
令1+k²=t＞1，則S=$\frac{24{t}^{2}}{（3t-1）（2t+1）}$=$\frac{24}{-（\frac{1}{t}-\frac{1}{2}）^{2}+\frac{25}{4}}$
≥$\frac{24}{\frac{25}{4}}$=$\frac{96}{25}$，$\frac{1}{t}=\frac{1}{2}$時等號成立，即k=±1．
綜上所述可得：四邊形MPNQ的面積的最小值為$\frac{96}{25}$．

點評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題轉(zhuǎn)化為一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、相互垂直的直線斜率之間的關(guān)系、二次函數(shù)的單調(diào)性，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于難題．