Question

1．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$\frac{\sqrt{2}}{2}$，點F₁，F(xiàn)₂分別為其左右焦點．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)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PMQN面積的最小值．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的離心率公式和點滿足橢圓方程及a，b，c的關(guān)系，解方程，即可得到橢圓方程；
（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(dá)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）由題意得：$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，a²-b²=c²，得b=c，
因為橢圓過點A（-$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$），
則$\frac{1}{2{a}^{2}}$+$\frac{3}{4^{2}}$=1，
解得c=1，所以a²=2，
所以橢圓C方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
（2）當(dāng)直線MN斜率不存在時，直線PQ的斜率為0，
易得$|{MN}|=4，|{PQ}|=2\sqrt{2}$，$S=4\sqrt{2}$．
當(dāng)直線MN斜率存在時，設(shè)直線方程為：y=k（x-1）（k≠0）
與y²=4x聯(lián)立得k²x²-（2k²+4）x+k²=0，
令M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則${x_1}+{x_2}=\frac{4}{k^2}+2$，x₁x₂=1，
|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（\frac{4}{{k}^{2}}+2）^{2}-4}$．即有$|{MN}|=\frac{4}{k^2}+4$，
∵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），x₃+x₄=$\frac{4}{2+{k}^{2}}$，x₃x₄=$\frac{2-2{k}^{2}}{2+{k}^{2}}$，
由弦長公式|PQ|=$\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}$•$\sqrt{（{x}_{3}+{x}_{4}）^{2}-4{x}_{3}{x}_{4}}$，
代入計算可得$|{PQ}|=\frac{{2\sqrt{2}（1+{k^2}）}}{{{k^2}+2}}$，
∴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），
上式$S=\frac{{4\sqrt{2}{t^2}}}{{（{t^{\;}}-1）（{t^{\;}}+1）}}$=$\frac{{4\sqrt{2}{t^2}}}{{{t^2}-1}}=4\sqrt{2}\frac{{{t^2}-1+1}}{{{t^2}-1}}=4\sqrt{2}（1+\frac{1}{{{t^2}-1}}）$$＞4\sqrt{2}$，
所以$S≥4\sqrt{2}$．最小值為$4\sqrt{2}$．

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(dá)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．