Question

11．在平面直角坐標系中，動圓經過點M（0，t-2），N（0，t+2），P（-2，0）．其中t∈R．
（1）求動圓圓心E的軌跡方程；
（2）過點P作直線l交軌跡E于不同的兩點A，B，直線OA與直線OB分別交直線x=2于兩點C，D，記△ACD與△BCD的面積分別為S₁，S₂．求S₁+S₂的最小值．

Answer 1

分析 （1）設動圓的圓心為E（x，y），通過$|{PE}|=\sqrt{{{（\frac{{|{MN}|}}{2}）}^2}+{x^2}}$，化簡求解即可．
（2）當直線AB的斜率不存在時，AB⊥x軸，驗證即可．當直線AB的斜率存在時，設直線AB的斜率為k，則k≠0，直線AB的方程是y=k（x+2），k≠0．設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），聯立方程$\left\{{\begin{array}{l}{y=k（x+2）}\\{{y^2}=-4x}\end{array}}\right.$，通過判別式韋達定理化簡，求出直線AC的方程為$y=\frac{y_1}{x_1}x$，直線AC的方程為$y=\frac{y_2}{x_2}x$，表示出三角形的面積，求出面積和，利用函數的單調性證明即可．

解答 解：（1）設動圓的圓心為E（x，y）
則$|{PE}|=\sqrt{{{（\frac{{|{MN}|}}{2}）}^2}+{x^2}}$即：（x+2）²+y²=4+x²
∴y²=-4x
即：動圓圓心的軌跡E的方程為y²=-4x…．（4分）
（2）當直線AB的斜率不存在時，AB⊥x軸，此時，$A（-2，2\sqrt{2}），B（-2，-2\sqrt{2}）$
∴$|{AB}|=|{CD}|=4\sqrt{2}$∴${S_1}={S_2}=8\sqrt{2}$∴${S_1}+{S_2}=16\sqrt{2}$…．（5分）
當直線AB的斜率存在時，設直線AB的斜率為k，則k≠0，
直線AB的方程是y=k（x+2），k≠0．
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），聯立方程$\left\{{\begin{array}{l}{y=k（x+2）}\\{{y^2}=-4x}\end{array}}\right.$，消去y，
得：k²（x+2）²+4x=0（k≠0），即：k²x²+4（k²+1）x+4k²=0（k≠0）
∴△=16（2k²+1）＞0，${x_1}+{x_2}=-\frac{{4（{k^2}+1）}}{k^2}$，x₁x₂=4…．（7分）
由A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）知，直線AC的方程為$y=\frac{y_1}{x_1}x$，直線AC的方程為$y=\frac{y_2}{x_2}x$，
∴$C（2，\frac{{2{y_1}}}{x_1}），D（2，\frac{{2y{\;}_2}}{x_2}）$，∴$|{CD}|=2|{\frac{y_1}{x_1}-\frac{y_2}{x_2}}|=2\frac{{|{k（{x_2}-{x_1}）}|}}{{{x_1}{x_2}}}$，
∴${S_1}=\frac{1}{2}（2-{x_1}）•|{CD}|$，${S_2}=\frac{1}{2}（2-{x_2}）•|{CD}|$…..（9分）
∴${S_1}+{S_2}=\frac{1}{2}[4-（{x_1}+{x_2}）]•|{CD}|=4\sqrt{{{（2+\frac{1}{k^2}）}^3}}（k≠0）$，
令$t=\frac{1}{k^2}$，則t＞0，${S_1}+{S_2}=4{（2+t）^{\frac{3}{2}}}，t＞0$，
由于 函數$y=4{（2+t）^{\frac{3}{2}}}$在（0，+∞）上是增函數…（11分）
∴$y＞16\sqrt{2}$∴${S_1}+{S_2}＞16\sqrt{2}$，
綜上所述，${S_1}+{S_2}≥16\sqrt{2}$
∴S₁+S₂的最小值為$16\sqrt{2}$…（12分）

點評 本題考查軌跡方程的求法，直線與拋物線的位置關系的應用，考查轉化思想以及計算能力．