Question

已知橢圓C1：

x2

a2

+

y2

b2

=1(a＞b＞0)，離心率為

1

2

，F(xiàn)₁，F(xiàn)₂分別為其左右焦點(diǎn)，橢圓上點(diǎn)P到F₁與F₂距離之和為4，
（1）求橢圓C₁方程．
（2）若一動圓過F₂且與直線x=-1相切，求動圓圓心軌跡C方程．
（3）在（2）軌跡C上有兩點(diǎn)M，N，橢圓C₁上有兩點(diǎn)P，Q，滿足

MF2

與

NF2

共線，

PF2

與

QF2

共線，且

PF2

•

MF2

=0，求四邊形PMQN面積最小值．

Answer 1

分析：（1）由題設(shè)知

c a = 1 2 2a=4

，由此能求出橢圓C₁方程．
（2）設(shè)動圓圓心C（x，y），由動圓過

x2

4

+

y2

3

=1的右焦點(diǎn)F₂（1，0），且與直線x=-1相切，知

(x-1)2+y2

=|x+1|，由此能求出動圓圓心軌跡C方程．
（3）當(dāng)直線斜率不存在時，|MN|=4，SPMQN=8；當(dāng)直線斜率不存在時，設(shè)直線MN的方程為：y=k（x-1），直線PQ的方程為y=

1

k

（x-1），設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄），由

y=k(x-1) y2=4x

，得k²x²-（2k²+4）x+k²=0，由拋物線定義可知：|MN|=|MF₂|+|NF₂|=4+

4

k2

，由此能求出四邊形PMQN面積的最小值．

解答：解：（1）∵橢圓C1：

x2

a2

+

y2

b2

=1(a＞b＞0)，離心率為

1

2

，
F₁，F(xiàn)₂分別為其左右焦點(diǎn)，橢圓上點(diǎn)P到F₁與F₂距離之和為4，
∴

c a = 1 2 2a=4

，解得a=2，c=1，b²=a²-c²=3，
∴橢圓C₁方程為

x2

4

+

y2

3

=1．
（2）設(shè)動圓圓心C（x，y），
∵動圓過

x2

4

+

y2

3

=1的右焦點(diǎn)F₂（1，0），且與直線x=-1相切，
∴

(x-1)2+y2

=|x+1|，
整理，得動圓圓心軌跡C方程為y²=4x．
（3）當(dāng)直線斜率不存在時，|MN|=4，
此時PQ的長即為橢圓長軸長，|PQ|=4，
從而SPMQN=

1

2

|MN|•|PQ|=

1

2

×4×4=8，
設(shè)直線MN的斜率為k，直線MN的方程為：y=k（x-1），
直線PQ的方程為y=

1

k

（x-1），
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄），
由

y=k(x-1) y2=4x

，消去y可得k²x²-（2k²+4）x+k²=0，
由拋物線定義可知：
|MN|=|MF₂|+|NF₂|=x₁+1+x₂+1
=

2k2+4

k2

+2=4+

4

k2

，
由

y= 1 k (x-1) x2 4 + y2 3 =1

，消去y得（3k²+4）x²-8x+4-12k²=0，
從而|PQ|=

1+(- 1 k )2

|x3-x4|=

12(1+k2)

3k2+4

，
∴S_PMQN=

1

2

|MN|•|PQ|=

1

2

|MN|•|PQ|
=

1

2

（4+

4

k2

）•

12(1+k2)

3k2+4

=24•

(1+k2)2

3k4+4k2

，
令1+k²=t，∵k＞0，則t＞1，
則S_PMQN=

24t2

3(t-1)2+4(t-1)

=

24t2

3t2-2t-1

=

24

3- 2 t - 1 t2

．
因為3-

2

t

-

1

t2

=4-（1+

1

t

）²∈（0，3），
所以S_PMQN=

24

3- 2 t - 1 t2

＞8，
所以四邊形PMQN面積的最小值為8．

點(diǎn)評：本題考查橢圓方程和軌跡方程的求法，考查四邊形面積的最小值的求法．綜合性強(qiáng)，難度大，是高考的重點(diǎn)．解題時要認(rèn)真審題，注意挖掘題設(shè)中的隱含條件，合理地進(jìn)行等價轉(zhuǎn)化．