Question

11．已知橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的長軸長為4，離心率為$\frac{1}{2}$，F(xiàn)₁，F(xiàn)₂分別為其左右焦點(diǎn)．
（Ⅰ）求橢圓C₁的方程；
（Ⅱ）在拋物線C：y²=4x上有兩點(diǎn)M，N，橢圓C₁上有兩點(diǎn)P，Q，滿足$\overrightarrow{M{F}_{2}}$與$\overrightarrow{N{F}_{2}}$共線，$\overrightarrow{P{F}_{2}}$與$\overrightarrow{Q{F}_{2}}$共線，且$\overrightarrow{P{F}_{2}}$•$\overrightarrow{M{F}_{2}}$=0，直線MN的斜率為k（k≠0），求四邊形PMQN面積（用k表示）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題設(shè)得到關(guān)于a，b，c的方程組，由此能求出橢圓方程．
（Ⅱ）當(dāng)直線斜率不存在時(shí)，|MN|=4，此時(shí)PQ的長即為橢圓長軸長，|PQ|=4，從而四邊形PMQN面積為8；求出直線MN的方程為：y=k（x-1），直線PQ的方程，設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄），得k²x²-（2k²+4）x+k²=0，由拋物線定義，由此求出S_PMQN．

解答 解：（Ⅰ）由題設(shè)知：$\left\{\begin{array}{l}{2a=4}\\{e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}}\end{array}\right.$，
∴a=2，c=1，b=$\sqrt{3}$，
∴所求的橢圓方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（Ⅱ）直線MN的斜率為k，k≠0，設(shè)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$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$，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=$\frac{{2k}^{2}+4}{{k}^{2}}$+2=4+$\frac{4}{{k}^{2}}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{k}（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，消去y得（3k²+4）x²-8x+4-12k²=0，
從而|PQ|=$\sqrt{1{+（-\frac{1}{k}）}^{2}}$|x₃-x₄|=$\frac{12（1{+k}^{2}）}{{3k}^{2}+4}$，
∴∴S_PMQN=$\frac{1}{2}$|MN|•|PQ|=$\frac{1}{2}$|MN|•|PQ|
=$\frac{1}{2}$（4+$\frac{4}{{k}^{2}}$）•$\frac{12（1{+k}^{2}）}{{3k}^{2}+4}$=24•$\frac{{（1{+k}^{2}）}^{2}}{{3k}^{4}+{4k}^{2}}$．

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．