Question

2．已知動圓C過定點F₂（1，0），并且內(nèi)切于定圓F₁：（x+1）²+y²=16．
（1）求動圓圓心C的軌跡方程；
（2）若y²=4x上存在兩個點M，N，（1）中曲線上有兩個點P，Q，并且M，N，F(xiàn)₂三點共線，P，Q，F(xiàn)₂三點共線，PQ⊥MN，求四邊形PMQN的面積的最小值．

Answer 1

分析 （1）利用已知條件判斷軌跡是橢圓，求出a，b即可得到橢圓方程．
（2）利用直線MN斜率不存在時，求解四邊形PMQN的面積S=8．當直線MN斜率存在時，設其方程為y=k（x-1）（k≠0），聯(lián)立方程得$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-1）\\{y^2}=4x\end{array}\right.$，設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），利用韋達定理，弦長公式，通過PQ⊥MN，推出直線PQ的方程為$y=-\frac{1}{k}（x-1）$，設P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄），求出|PQ|，推出四邊形PMQN的面積利用換元法以及基本不等式求解表達式的最值．

解答 解：（1）設動圓的半徑為r，則|CF₂|=r，|CF₁|=4-r，所以|CF₁|+|CF₂|=4＞|F₁F₂|，
由橢圓的定義知動圓圓心C的軌跡是以F₁，F(xiàn)₂為焦點的橢圓，a=2，c=1，所以$b=\sqrt{3}$，動圓圓心C的軌跡方程是$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．
（2）當直線MN斜率不存在時，直線PQ的斜率為0，易得|MN|=4，|PQ|=4，四邊形PMQN的面積S=8．
當直線MN斜率存在時，設其方程為y=k（x-1）（k≠0），聯(lián)立方程得$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-1）\\{y^2}=4x\end{array}\right.$，消元得k²x²-（2k²+4）x+k²=0
設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=\frac{4}{k^2}+2\\{x_1}{x_2}=1\end{array}\right.$$|{MN}|=\sqrt{1+{k^2}}\sqrt{{{（\frac{4}{k^2}+2）}^2}-4}=\frac{4}{k^2}+4$
∵PQ⊥MN，∴直線PQ的方程為$y=-\frac{1}{k}（x-1）$，$\left\{\begin{array}{l}y=-\frac{1}{k}（x-1）\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$，得（3k²+4）x²-8x+4-12k²=0
設P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄），則$\left\{\begin{array}{l}{x_3}+{x_4}=\frac{8}{{3{k^2}+4}}\\{x_1}{x_2}=\frac{{4-12{k^2}}}{{3{k^2}+4}}\end{array}\right.$$|{PQ}|=\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}\sqrt{{{（\frac{8}{{3{k^2}+4}}）}^2}-4\frac{{4-12{k^2}}}{{3{k^2}+4}}}=\frac{{12（{k^2}+1）}}{{3{k^2}+4}}$
四邊形PMQN的面積$S=\frac{1}{2}|{MN}||{PQ}|=\frac{1}{2}（\frac{4}{k^2}+4）（\frac{{12（{k^2}+1）}}{{3{k^2}+4}}）=24\frac{{{{（{k^2}+1）}^2}}}{{{k^2}（3{k^2}+4）}}$，
令k²+1=t，t＞1，上式$S=24\frac{t^2}{（t-1）（3t+1）}=24[{\frac{1}{3}+\frac{{\frac{2}{3}t+\frac{1}{3}}}{（t-1）（3t+1）}}]$，
令2t+1=z，（z＞3），$S=8[{1+\frac{2t+1}{（t-1）（3t+1）}}]=8[{1+\frac{z}{{\frac{z-3}{2}×\frac{3z-1}{2}}}}]=8[{1+\frac{4}{{3（z+\frac{1}{z}）-10}}}]$$z+\frac{1}{z}＞\frac{10}{3}$（z＞3），∴$3（z+\frac{1}{z}）-10＞0$，∴S＞8（1+0）=8，
綜上可得S≥8，最小值為8．

點評 本題考查軌跡方程的求法，橢圓的簡單性質(zhì)以及直線與橢圓的位置關系的綜合應用，三角形的面積的最值的求法，函數(shù)的思想的應用．