Question

1．已知橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左焦點F₁與拋物線y²=-4x的焦點重合，橢圓E的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，過點M（m，0）（m＞$\frac{3}{4}$）做斜率存在且不為0的直線l，交橢圓E于A，C兩點，點P（$\frac{5}{4}$，0），且$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PC}$為定值．
（1）求橢圓E的方程；
（2）過點M且垂直于l的直線與橢圓E交于B，D兩點，求四邊形ABCD面積的最小值．

Answer 1

分析 （1）拋物線y²=-4x的焦點為（-1，0），可得c=1，又$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，a²=b²+c²，聯(lián)立解出即可得出．
（2）設(shè)直線l的方程為：ty+m=x，A（x₁，y₁），C（x₂，y₂）．與橢圓方程聯(lián)立化為：（t²+2）y²+2tmy+m²-2=0．把根與系數(shù)的關(guān)系代入$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PC}$=$（{x}_{1}-\frac{5}{4}）$$（{x}_{2}-\frac{5}{4}）$+y₁y₂=$（mt-\frac{5}{4}t）$（y₁+y₂）+（t²+1）y₁•y₂+$（m-\frac{5}{4}）^{2}$=$\frac{-\frac{7}{16}{t}^{2}+3{m}^{2}-5m+\frac{9}{8}}{{t}^{2}+2}$為定值．可得$\frac{3{m}^{2}-5m+\frac{9}{8}}{-\frac{7}{16}}$=$\frac{2}{1}$，解得m=1．可得|AC|=$\sqrt{（1+{t}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$=$\frac{2\sqrt{2}（{t}^{2}+1）}{{t}^{2}+2}$，把$\frac{1}{t}$代換t可得：|BD|=$\frac{2\sqrt{2}（1+{t}^{2}）}{1+2{t}^{2}}$．利用S_{四邊形ABCD}=$\frac{1}{2}$|AC|•|BD|與二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）拋物線y²=-4x的焦點為（-1，0），∴F₁（1，0），∴c=1，又$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，a²=b²+c²，
解得c=1=b，a²=2．
∴橢圓E的方程為：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1．
（2）設(shè)直線l的方程為：ty+m=x，A（x₁，y₁），C（x₂，y₂）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{ty+m=x}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，化為：（t²+2）y²+2tmy+m²-2=0．
△＞0，∴y₁+y₂=$\frac{-2tm}{{t}^{2}+2}$，y₁•y₂=$\frac{{m}^{2}-2}{{t}^{2}+2}$．
$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PC}$=$（{x}_{1}-\frac{5}{4}）$$（{x}_{2}-\frac{5}{4}）$+y₁y₂=$（t{y}_{1}+m-\frac{5}{4}）$$（t{y}_{2}+m-\frac{5}{4}）$+y₁•y₂
=$（mt-\frac{5}{4}t）$（y₁+y₂）+（t²+1）y₁•y₂+$（m-\frac{5}{4}）^{2}$
=$（mt-\frac{5}{4}t）$$\frac{-2tm}{{t}^{2}+2}$+（t²+1）$\frac{{m}^{2}-2}{{t}^{2}+2}$+$（m-\frac{5}{4}）^{2}$=$\frac{-\frac{7}{16}{t}^{2}+3{m}^{2}-5m+\frac{9}{8}}{{t}^{2}+2}$為定值．
∴$\frac{3{m}^{2}-5m+\frac{9}{8}}{-\frac{7}{16}}$=$\frac{2}{1}$，化為：3m²-5m+2=0，$m＞\frac{3}{4}$，解得m=1．
∴M（1，0）．
∴y₁+y₂=$\frac{-2t}{{t}^{2}+2}$，y₁•y₂=$\frac{-1}{{t}^{2}+2}$．
∴|AC|=$\sqrt{（1+{t}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$=$\sqrt{（1+{t}^{2}）[\frac{4{t}^{2}}{（{t}^{2}+2）^{2}}-\frac{-4}{{t}^{2}+2}]}$=$\frac{2\sqrt{2}（{t}^{2}+1）}{{t}^{2}+2}$，
把$\frac{1}{t}$代換t可得：|BD|=$\frac{2\sqrt{2}（1+{t}^{2}）}{1+2{t}^{2}}$．
∴S_{四邊形ABCD}=$\frac{1}{2}$|AC|•|BD|=$\frac{1}{2}$×$\frac{2\sqrt{2}（{t}^{2}+1）}{{t}^{2}+2}$×$\frac{2\sqrt{2}（1+{t}^{2}）}{1+2{t}^{2}}$=$\frac{4（{t}^{2}+1）^{2}}{（{t}^{2}+2）（1+2{t}^{2}）}$，
令t²+1=k＞1，則f（k）=$\frac{4{k}^{2}}{（k+1）（2k-1）}$=$\frac{4{k}^{2}}{2{k}^{2}+k-1}$=$\frac{4}{2+\frac{1}{k}-\frac{1}{{k}^{2}}}$=$\frac{4}{\frac{9}{4}-（\frac{1}{k}-\frac{1}{2}）^{2}}$≥$\frac{16}{9}$，
當$\frac{1}{k}$=$\frac{1}{2}$，即k=2，t=±1時取等號．
∴四邊形ABCD面積的最小值為$\frac{16}{9}$．

點評 本題考查了橢圓與拋物線的標準方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交弦長問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、數(shù)量積運算性質(zhì)、四邊形面積計算公式、二次函數(shù)的單調(diào)性、換元法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．