Question

13．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1的左右焦點(diǎn)分別為F₁、F₂，設(shè)動(dòng)圓過(guò)點(diǎn)F₂且與直線x=-1相切，記動(dòng)圓的圓心的軌跡為E．
（1）求軌跡E的方程；
（2）在軌跡E上有兩點(diǎn)M、N，橢圓C上有兩點(diǎn)P、Q，滿足$\overrightarrow{M{F}_{2}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=0，且$\overrightarrow{M{F}_{2}}$∥$\overrightarrow{N{F}_{2}}$，$\overrightarrow{P{F}_{2}}$∥$\overrightarrow{Q{F}_{2}}$，求四邊形PMQN面積的最小值．

Answer 1

分析 （1）由已知可得動(dòng)圓圓心軌跡為拋物線，且拋物線C的焦點(diǎn)為（1，0），準(zhǔn)線方程為x=1，由此能求出動(dòng)圓圓心軌跡方程；
（2）當(dāng)直線斜率不存在時(shí)，|MN|=4，此時(shí)PQ的長(zhǎng)即為橢圓長(zhǎng)軸長(zhǎng)，|PQ|=4，從而四邊形PMQN面積為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=-$\frac{1}{k}$（x-1），設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄），由y=k（x-1）與拋物線方程，消去y得到k²x²-（2k²+4）x+k²=0，由拋物線定義可知：|MN|=4+$\frac{4}{{k}^{2}}$由y=-$\frac{1}{k}$（x-1）代入橢圓方程，消去y得（3k²+4）x²-8x+4-12k²=0，求出|PQ|，由此求出S_PMQN＞8，所以四邊形PMQN面積的最小值為8．

解答 解：（1）由已知可得動(dòng)圓圓心軌跡為拋物線，且拋物線C的焦點(diǎn)為（1，0），準(zhǔn)線方程為x=1，
則動(dòng)圓圓心軌跡方程為C：y²=4x；
（2）由題意，M，F(xiàn)₂，N及P，F(xiàn)₁，Q三點(diǎn)共線，設(shè)四邊形PMQN面積為S
當(dāng)直線斜率不存在時(shí)，|MN|=4，
此時(shí)PQ的長(zhǎng)即為橢圓長(zhǎng)軸長(zhǎng)，|PQ|=4，
從而S=$\frac{1}{2}|MN|•|PQ|$=$\frac{1}{2}×4×4$=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=-$\frac{1}{k}$（x-1），
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄），
由y=k（x-1）與拋物線方程，消去y可得k²x²-（2k²+4）x+k²=0，∴x₁+x₂=$\frac{2{k}^{2}+4}{{k}^{2}}$
由拋物線定義可知：|MN|=|MF₂|+|NF₂|=x₁+1+x₂+1=x₁+x₂+2=$\frac{2{k}^{2}+4}{{k}^{2}}$+2=4+$\frac{4}{{k}^{2}}$，
由y=-$\frac{1}{k}$（x-1）代入橢圓方程，消去y得（3k²+4）x²-8x+4-12k²=0，
從而|PQ|=$\sqrt{1+（-\frac{1}{k}）^{2}}•|{x}_{3}-{x}_{4}|$=$\frac{12（1+{k}^{2}）}{3{k}^{2}+4}$，
∴S=$\frac{1}{2}|MN|•|PQ|$=$\frac{1}{2}$（4+$\frac{4}{{k}^{2}}$）•$\frac{12（1+{k}^{2}）}{3{k}^{2}+4}$=8（1+$\frac{2{k}^{2}+3}{3{k}^{4}+4{k}^{2}}$）＞8，
∴直線斜率不存在時(shí)，四邊形PMQN面積的最小值為8．

點(diǎn)評(píng) 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(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答，注意挖掘題設(shè)中的隱含條件，合理地進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化．