Question

20．已知點(diǎn)F為橢圓$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1的左焦點(diǎn)，過點(diǎn)F的直線l₁ 與橢圓交于P、Q兩點(diǎn)，過F且與l₁垂直，直線l₂交橢圓于M，N兩點(diǎn)，求四邊形PMQN面積的最小值和最大值．

Answer 1

分析 若PQ斜率不存在（或?yàn)?）時(shí)，S_{四邊形PMQN}=2；若PQ斜率存在時(shí)，設(shè)為k，（k≠0），則MN的斜率為-$\frac{1}{k}$，直線PQ的方程為y=kx+k，代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長公式得|PQ|=2$\sqrt{2}$•$\frac{{k}^{2}+1}{1+2{k}^{2}}$，同理，得|MN|=2$\sqrt{2}$•$\frac{{k}^{2}+1}{2+{k}^{2}}$，由此求出S_{四邊形PMQN}∈[$\frac{16}{9}$，2]，從而得到四邊形PMQN面積的最大值為2，最小值為$\frac{16}{9}$．

解答 解：若PQ斜率不存在（或?yàn)?）時(shí)，
S_{四邊形PMQN}=$\frac{|PQ|•|MN|}{2}$=$\frac{2\sqrt{2}×2\sqrt{1-\frac{1}{2}}}{2}$=2，
若PQ斜率存在時(shí)，設(shè)為k，（k≠0），則MN的斜率為-$\frac{1}{K}$，
直線PQ的方程為y=kx+k，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+k}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，得（2k²+1）x²+4k²x+2k²-2=0，
則x₁+x₂=-$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
∴|PQ|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•|x₁-x₂|
=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}）^{2}-\frac{8（{k}^{2}-1）}{1+2{k}^{2}}}$
=2$\sqrt{2}$•$\frac{{k}^{2}+1}{1+2{k}^{2}}$，
同理，得|MN|=2$\sqrt{2}$•$\frac{{k}^{2}+1}{2+{k}^{2}}$，
∴S_{四邊形PMNQ}═$\frac{|PQ|•|MN|}{2}$=4•$\frac{（{k}^{2}+1）^{2}}{（2+{k}^{2}）（1+2{k}^{2}）}$
=4•$\frac{{k}^{4}+2{k}^{2}+1}{2{k}^{4}+5{k}^{2}+2}$=2（1-$\frac{{k}^{2}}{2{k}^{4}+5{k}^{2}+2}$）=2（1-$\frac{1}{2{k}^{2}+\frac{2}{{k}^{2}}+5}$），
∵2k²+$\frac{2}{{k}^{2}}$+5≥2$\sqrt{2{k}^{2}•\frac{2}{{k}^{2}}}$+5=9，
當(dāng)且僅當(dāng)k²=1時(shí)取等號(hào)，
∴$\frac{1}{2{k}^{2}+\frac{2}{{k}^{2}}+5}$∈（0，$\frac{1}{9}$]，
∴S_{四邊形PMQN}∈[$\frac{16}{9}$，2]．
綜上所述，四邊形PMQN面積的最大值為2，最小值為$\frac{16}{9}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線方程，考查四邊形面積的最大值和最小值的求法，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意橢圓弦長公式的合理運(yùn)用．