Question

19．已知橢圓C₁：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的離心率為$e=\frac{1}{2}$，且與y軸的正半軸的交點(diǎn)為$（0，2\sqrt{3}）$，拋物線C₂的頂點(diǎn)在原點(diǎn)且焦點(diǎn)為橢圓C₁的左焦點(diǎn)．
（1）求橢圓C₁與拋物線C₂的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）過(guò)（1，0）的兩條相互垂直直線與拋物線C₂有四個(gè)交點(diǎn)，求這四個(gè)點(diǎn)圍成四邊形的面積的最小值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)半焦距為c（c＞0），利用離心率，短半軸，求出a，b，頂點(diǎn)橢圓C₁的標(biāo)準(zhǔn)方程，設(shè)拋物線C₂的標(biāo)準(zhǔn)方程為y²=2px（p＞0），求出p，頂點(diǎn)拋物線C₂的標(biāo)準(zhǔn)方程．
（2）由題意易得兩條直線的斜率存在且不為0，設(shè)其中一條直線l₁的斜率為k，直線l₁方程為y=k（x-1），則另一條直線l₂的方程為$y=-\frac{1}{k}（x-1）$，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-1）\\{y^2}=8x\end{array}\right.$得k²x²-（2k²+8）x+k²=0，△=32k²+64＞0，設(shè)直線l₁與拋物線C₂的交點(diǎn)為A，B，則$|AB|=\frac{{4\sqrt{{k^2}+1}•\sqrt{2{k^2}+4}}}{k^2}$，同理求出|CD|=4$\sqrt{{k}^{2}+1}•\sqrt{4{k}^{2}+2}$求出
四邊形的面積利用基本不等式求解最值．

解答 解：（1）設(shè)半焦距為c（c＞0），由題意得$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}，b=2\sqrt{3}$，∴$a=4，b=2\sqrt{3}，c=2$，∴橢圓C₁的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{12}=1$．
設(shè)拋物線C₂的標(biāo)準(zhǔn)方程為y²=2px（p＞0），則$\frac{p}{2}=c=2$，∴p=4，∴拋物線C₂的標(biāo)準(zhǔn)方程為y²=8x．
（2）由題意易得兩條直線的斜率存在且不為0，設(shè)其中一條直線l₁的斜率為k，直線l₁方程為y=k（x-1），則另一條直線l₂的方程為$y=-\frac{1}{k}（x-1）$，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-1）\\{y^2}=8x\end{array}\right.$得k²x²-（2k²+8）x+k²=0，△=32k²+64＞0，設(shè)直線l₁與拋物線C₂的交點(diǎn)為A，B，則$|AB|=\frac{{4\sqrt{{k^2}+1}•\sqrt{2{k^2}+4}}}{k^2}$，同理設(shè)直線l₂與拋物線C₂的交點(diǎn)為C，D，則，|CD|=$\frac{4\sqrt{（-\frac{1}{k}）^{2}+1}•\sqrt{2（-\frac{1}{k}）^{2}+4}}{（-\frac{1}{k}）^{2}}$=4$\sqrt{{k}^{2}+1}•\sqrt{4{k}^{2}+2}$
∴四邊形的面積$S=\frac{1}{2}|AB|•|CD|=\frac{1}{2}×\frac{{4\sqrt{{k^2}+1}•\sqrt{2{k^2}+4}}}{k^2}×4\sqrt{{k^2}+1}•\sqrt{4{k^2}+2}$=$\frac{{8（{k^2}+1）\sqrt{8{k^4}+20{k^2}+8}}}{k^2}$=$16\sqrt{\frac{{（{k^4}+2{k^2}+1）（2{k^4}+5{k^2}+2）}}{k^4}}=16\sqrt{（{k^2}+2+\frac{1}{k^2}）（2{k^2}+5+\frac{2}{k^2}）}$，令$t={k^2}+2+\frac{1}{k^2}$，則t≥4（當(dāng)且僅當(dāng)k=±1時(shí)等號(hào)成立），$S=16\sqrt{t（2t+1）}≥16\sqrt{4•9}=96$．
∴當(dāng)兩直線的斜率分別為1和-1時(shí)，四邊形的面積最小，最小值為96．

點(diǎn)評(píng) 本題考查題意方程的求法拋物線的求法，直線與題意以及拋物線的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．