Question

1．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+{y^2}=1（a＞1）$，F₁，F₂分别为左右焦点，在椭圆C上满足条件$\overrightarrow{A{F_1}}.\overrightarrow{A{F_2}}=0$的点A有且只有两个
（1）求椭圆C的方程
（2）若过点F₂的两条相互垂直的直线l₁与l₂，直线l₁与曲线y²=4x交于两点M、N，直线l₂与椭圆C交于两点
P、Q，求四边形PMQN面积的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由已知可得b=c=1，再由隐含条件求得a，则椭圆方程可求；
（2）当直线l₁的斜率不存在时，直线l₂的斜率为0，求出|MN|、|PQ|，求出四边形的面积；当直线l₁的斜率存在时，设直线方程为y=k（x-1）（k≠0），得到直线l₂的方程：y=-$\frac{1}{k}（x-1）$．分别联立直线方程与抛物线方程和椭圆方程，利用弦长公式求出|MN|、|PQ|，代入四边形面积公式，利用换元法求得四边形PMQN面积的取值范围．

解答 解：（1）∵在椭圆C上满足条件$\overrightarrow{A{F_1}}.\overrightarrow{A{F_2}}=0$的点A有且只有两个，
∴A点为椭圆短轴两端点，则b=c=1，∴a²=b²+c²=2，
则椭圆C的方程为：$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$；
（2）令M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），当直线l₁的斜率不存在时，直线l₂的斜率为0，
求得|MN|=4，|PQ|=2$\sqrt{2}$，则${S}_{PMQN}=4\sqrt{2}$；
当直线l₁的斜率存在时，设直线方程为y=k（x-1）（k≠0），
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$，得k²x²-（2k²+4）x+k²=0．
则${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{4}{{k}^{2}}+2，{x}_{1}{x}_{2}=1$，
|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}•\sqrt{（\frac{4}{{k}^{2}}+2）^{2}-4}=\frac{4}{{k}^{2}}+4$．
∵l₁⊥l₂，∴直线l₂的方程：y=-$\frac{1}{k}（x-1）$．
令P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄），
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{k}（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，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}$．
∴四边形PMQN面积的取值范围是$S≥4\sqrt{2}$．

点评 本题考查椭圆的简单性质，考查了直线与椭圆、直线与抛物线位置关系的应用，训练了利用换元法求函数的最值，属中档题．