Question

1．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+{y^2}=1（a＞1）$，F₁，F₂分別為左右焦點，在橢圓C上滿足條件$\overrightarrow{A{F_1}}.\overrightarrow{A{F_2}}=0$的點A有且只有兩個
（1）求橢圓C的方程
（2）若過點F₂的兩條相互垂直的直線l₁與l₂，直線l₁與曲線y²=4x交于兩點M、N，直線l₂與橢圓C交于兩點
P、Q，求四邊形PMQN面積的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由已知可得b=c=1，再由隱含條件求得a，則橢圓方程可求；
（2）當直線l₁的斜率不存在時，直線l₂的斜率為0，求出|MN|、|PQ|，求出四邊形的面積；當直線l₁的斜率存在時，設直線方程為y=k（x-1）（k≠0），得到直線l₂的方程：y=-$\frac{1}{k}（x-1）$．分別聯立直線方程與拋物線方程和橢圓方程，利用弦長公式求出|MN|、|PQ|，代入四邊形面積公式，利用換元法求得四邊形PMQN面積的取值范圍．

解答 解：（1）∵在橢圓C上滿足條件$\overrightarrow{A{F_1}}.\overrightarrow{A{F_2}}=0$的點A有且只有兩個，
∴A點為橢圓短軸兩端點，則b=c=1，∴a²=b²+c²=2，
則橢圓C的方程為：$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$；
（2）令M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），當直線l₁的斜率不存在時，直線l₂的斜率為0，
求得|MN|=4，|PQ|=2$\sqrt{2}$，則${S}_{PMQN}=4\sqrt{2}$；
當直線l₁的斜率存在時，設直線方程為y=k（x-1）（k≠0），
聯立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$，得k²x²-（2k²+4）x+k²=0．
則${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{4}{{k}^{2}}+2，{x}_{1}{x}_{2}=1$，
|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}•\sqrt{（\frac{4}{{k}^{2}}+2）^{2}-4}=\frac{4}{{k}^{2}}+4$．
∵l₁⊥l₂，∴直線l₂的方程：y=-$\frac{1}{k}（x-1）$．
令P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄），
聯立$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{k}（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（k²+2）x²-4x+2-2k²=0．
${x}_{3}+{x}_{4}=\frac{4}{2+{k}^{2}}，{x}_{3}{x}_{4}=\frac{2-2{k}^{2}}{2+{k}^{2}}$．
∴|PQ|=$\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}•\sqrt{（\frac{4}{2+{k}^{2}}）^{2}-4×\frac{2-2{k}^{2}}{2+{k}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{2+{k}^{2}}$．
∴${S}_{PMQN}=\frac{1}{2}|MN||PQ|$=$\frac{4\sqrt{2}（1+{k}^{2}）^{2}}{{k}^{2}（2+{k}^{2}）}$．
令t=1+k²（t＞1），
∴${S}_{PMQN}=\frac{4\sqrt{2}{t}^{2}}{{t}^{2}-1}=4\sqrt{2}（1+\frac{1}{{t}^{2}+1}）$$＞4\sqrt{2}$．
∴四邊形PMQN面積的取值范圍是$S≥4\sqrt{2}$．

點評 本題考查橢圓的簡單性質，考查了直線與橢圓、直線與拋物線位置關系的應用，訓練了利用換元法求函數的最值，屬中檔題．