Question

4．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F₁，F₂，离心率为e=$\frac{1}{2}$，P为椭圆C上一个动点，△PF₁F₂面积的最大值为$\sqrt{3}$，抛物线E：y²=2px（p＞0）与椭圆C有共同的焦点．
（1）求椭圆C和抛物线E的方程；
（2）设A，B是抛物线E上分别位于x轴两侧的两个动点，且$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=5．
①求证：直线AB必过定点，并求出定点M的坐标；
②过点M作AB的垂线与抛物线交于G、H两点，求四边形AGBH面积的最小值．

Answer 1

分析 （1）当P为椭圆的上下顶点时，△PF₁F₂面积的最大值，利用面积公式、离心率公式及a²=b²+c²，联立解出即可得出a、b和c的值，求得椭圆方程，由$\frac{p}{2}$=c，求得p的值，即可求得抛物线方程；
（2）设出直线方程和A、B点坐标，并将直线方程代入椭圆方程，整理得到关于y的一元二次方程，利用韦达定理求得y₁+y₂和y₁•y₁关系，$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=5，求得t=5，即可证明直线AB必过定点（5，0），设G、H的坐标，分别表示出丨AB丨和丨GH丨，根据四边形AGBH面积S=$\frac{1}{2}$丨AB丨•丨GH丨，整理关于x的函数，利用函数单调性求得S的最小值．

解答 解：（1）设F₁（-c，0），F₂（c，0），由题意得：
$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{1}{2}}\\{\frac{1}{2}（2c）×b=\sqrt{3}}\end{array}\right.$，解得：a=2，b=$\sqrt{3}$，c=1，
所以椭圆C的方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．（2分）
所以$\frac{p}{2}=1$，得：p=2．
抛物线E的方程为y²=4x．（3分）
（2）①证明：设直线AB的方程为x=my+t，A（$\frac{{y}_{1}^{2}}{4}$，y₁），B（$\frac{{y}_{2}^{2}}{4}$，y₂），y₁•y₁＜0，
联立$\left\{\begin{array}{l}{{y}^{2}=4x}\\{x=my+t}\end{array}\right.$得：y²-4my-4t=0，
由韦达定理可知y₁+y₂=4m，y₁•y₁=-4t．（5分）
由$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=5．，得$\frac{（{y}_{1}{y}_{2}）^{2}}{16}+{y}_{1}{y}_{2}=-5$，
整理得t²-4t-5=0，解得t=-1或5，
∵y₁•y₁＜0，
∴t=5，
∴直线AB过定点M的坐标为（5，0）．（7分）
②由①得丨AB丨=$\sqrt{1+{m}^{2}}$，丨y₁-y₁丨=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{16{m}^{2}+80}$=4$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{{m}^{2}+5}$．（9分）
设G（x₃，y₃）、H（x₄，y₄），同理得：丨GH丨=$\sqrt{1+（-\frac{1}{m}）^{2}}$丨y₃-y₄丨=4$\sqrt{1+\frac{1}{{m}^{2}}}$•$\sqrt{\frac{1}{{m}^{2}}+5}$．（10分）
则四边形AGBH的面积S=$\frac{1}{2}$丨AB丨•丨GH丨=8$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{{m}^{2}+5}$•$\sqrt{1+\frac{1}{{m}^{2}}}$•$\sqrt{\frac{1}{{m}^{2}}+5}$． 
=8$\sqrt{[2+（{m}^{2}+\frac{1}{{m}^{2}}）]•[26+5（{m}^{2}+\frac{1}{{m}^{2}}）]}$，（11分）
令${m}^{2}+\frac{1}{{m}^{2}}$=μ（μ≥2），
则S=8$\sqrt{（2+μ）（26+5μ）}$=8$\sqrt{5{μ}^{2}+36μ+52}$，
∴S关于μ的增函数．故S_min=96，当且仅当m=±1时取得最小值96．（12分）

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、一元二次方程的根与系数的关系、四边形形面积计算公式、向量数量积运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．