Question

（2013•三門峽模擬）已知橢圓C₁：

x2

a2

+

y2

b2

=1（a＞b＞0）的長軸長為4，離心率為

1

2

，F(xiàn)₁、F₂分別為其左右焦點(diǎn)．一動(dòng)圓過點(diǎn)F₂，且與直線x=-1相切．
（Ⅰ）（�。┣髾E圓C₁的方程； （ⅱ）求動(dòng)圓圓心C軌跡的方程；
（Ⅱ）在曲線上C有兩點(diǎn)M、N，橢圓C₁上有兩點(diǎn)P、Q，滿足MF₂與

NF2

共線，

PF2

與

QF2

共線，且

PF2

•

MF2

=0，求四邊形PMQN面積的最小值．

Answer 1

分析：（Ⅰ）（ⅰ）由題設(shè)知：

2a=4 e= c a = 1 2

，由此能求出橢圓方程．
（ⅱ）由已知可得動(dòng)圓圓心軌跡為拋物線，且拋物線C的焦點(diǎn)為（1，0），準(zhǔn)線方程為x=1，由此能求出動(dòng)圓圓心軌跡方程．
（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；設(shè)直線MN的斜率為k，直線MN的方程為：y=k（x-1），直線PQ的方程為y=

1

k

(x-1)，設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄），由

y=k(x-1) y2=4x

，得k²x²-（2k²+4）x+k²=0，由拋物線定義可知：|MN|=4+

4

k2

，由此求出S_PMQN=

24

3- 2 t - 1 t2

＞8，所以四邊形PMQN面積的最小值為8．

解答：解：（Ⅰ）（�。┯深}設(shè)知：

2a=4 e= c a = 1 2

，
∴a=2，c=1，b=

4-1

=

3

，
∴所求的橢圓方程為

x2

4

+

y2

3

=1．
（ⅱ）由已知可得動(dòng)圓圓心軌跡為拋物線，
且拋物線C的焦點(diǎn)為（1，0），
準(zhǔn)線方程為x=1，則動(dòng)圓圓心軌跡方程為C：y²=4x．
（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SPMQN=

1

2

|MN|•|PQ|=

1

2

×4×4=8，
設(shè)直線MN的斜率為k，直線MN的方程為：y=k（x-1），
直線PQ的方程為y=-

1

k

(x-1)，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄），
由

y=k(x-1) y2=4x

，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
=

2k2+4

k2

+2=4+

4

k2

，
由

y= 1 k (x-1) x2 4 + y2 3 =1

，消去y得（3k²+4）x²-8x+4-12k²=0，
從而|PQ|=

1+(- 1 k )2

|x3-x4|=

12(1+k2)

3k2+4

，
∴S_PMQN=

1

2

|MN|•|PQ|=

1

2

|MN|•|PQ|
=

1

2

(4+

4

k2

)•

12(1+k2)

3k2+4

=24•

(1+k2)2

3k4+4k2

，
令1+k²=t，∵k²＞0，則t＞1，
則S_PMQN=

24t2

3(t-1)2+4(t-1)

=

24t2

3t2-2t-1

=

24

3- 2 t - 1 t2

．
因?yàn)?-

2

t

-

1

t2

=4-（1+

1

t

）²∈（0，3），
所以S_PMQN=

24

3- 2 t - 1 t2

＞8，
所以四邊形PMQN面積的最小值為8．

點(diǎn)評：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．