Question

15．已知橢圓C：$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{x}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的短軸長為2$\sqrt{3}$，離心率為$\frac{1}{2}$，點F為其在y軸正半軸上的焦點．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）若一動圓過點F，且與直線y=-1相切，求動圓圓心軌跡C₁的方程；
（Ⅲ）過F作互相垂直的兩條直線l₁，l₂，其中l(wèi)₁交曲線C₁于M、N兩點，l₂交橢圓C于P、Q兩點，求四邊形PMQN面積的最小值．

Answer 1

分析 （I）由題意可得：2b=2$\sqrt{3}$，$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，又a²=b²+c²，聯(lián)立解得即可得出．
（II）F（0，1），由題意可得：動圓圓心軌跡為拋物線，點F為焦點，直線y=-1為準線，即可得出方程．
（III）由題意可設(shè)直線l₁的方程為：y=kx+1，（k≠0），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
則直線l₁的方程為：y=-$\frac{1}{k}$x+1，P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄）．與拋物線方程聯(lián)立可得：x²-4kx-4=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系代入|MN|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=4（1+k²）．同理可得|PQ|=4$（1+\frac{1}{{k}^{2}}）$，利用S_{四邊形PMQN}=$\frac{1}{2}$|MN|•|PQ|，及其基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（I）由題意可得：2b=2$\sqrt{3}$，$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，又a²=b²+c²，
聯(lián)立解得b=$\sqrt{3}$，a=2，c=1．
∴橢圓C的方程為$\frac{{y}^{2}}{4}+\frac{{x}^{2}}{3}$=1．
（II）F（0，1），由題意可得：動圓圓心軌跡為拋物線，點F為焦點，直線y=-1為準線，
因此C₁的方程為：x²=4y．
（III）解：由題意可設(shè)直線l₁的方程為：y=kx+1，（k≠0），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
則直線l₁的方程為：y=-$\frac{1}{k}$x+1，P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{{x}^{2}=4y}\end{array}\right.$，可得：x²-4kx-4=0，可得x₁+x₂=4k，x₁•x₂=-4，
∴|MN|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=4（1+k²）．
同理可得|PQ|=4$（1+\frac{1}{{k}^{2}}）$，
∴S_{四邊形PMQN}=$\frac{1}{2}$|MN|•|PQ|=8（1+k²）$（1+\frac{1}{{k}^{2}}）$=8$（2+{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}）$≥8$（2+2\sqrt{{k}^{2}•\frac{1}{{k}^{2}}}）$=32，
當且僅當k=±1時取等號，此時四邊形PMQN面積的最小值為32．

點評 本題考查了橢圓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、基本不等式的性質(zhì)、三角形面積計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．