Question

2．已知动圆C过定点F₂（1，0），并且内切于定圆F₁：（x+1）²+y²=16．
（1）求动圆圆心C的轨迹方程；
（2）若y²=4x上存在两个点M，N，（1）中曲线上有两个点P，Q，并且M，N，F₂三点共线，P，Q，F₂三点共线，PQ⊥MN，求四边形PMQN的面积的最小值．

Answer 1

分析 （1）利用已知条件判断轨迹是椭圆，求出a，b即可得到椭圆方程．
（2）利用直线MN斜率不存在时，求解四边形PMQN的面积S=8．当直线MN斜率存在时，设其方程为y=k（x-1）（k≠0），联立方程得$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-1）\\{y^2}=4x\end{array}\right.$，设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），利用韦达定理，弦长公式，通过PQ⊥MN，推出直线PQ的方程为$y=-\frac{1}{k}（x-1）$，设P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄），求出|PQ|，推出四边形PMQN的面积利用换元法以及基本不等式求解表达式的最值．

解答 解：（1）设动圆的半径为r，则|CF₂|=r，|CF₁|=4-r，所以|CF₁|+|CF₂|=4＞|F₁F₂|，
由椭圆的定义知动圆圆心C的轨迹是以F₁，F₂为焦点的椭圆，a=2，c=1，所以$b=\sqrt{3}$，动圆圆心C的轨迹方程是$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．
（2）当直线MN斜率不存在时，直线PQ的斜率为0，易得|MN|=4，|PQ|=4，四边形PMQN的面积S=8．
当直线MN斜率存在时，设其方程为y=k（x-1）（k≠0），联立方程得$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-1）\\{y^2}=4x\end{array}\right.$，消元得k²x²-（2k²+4）x+k²=0
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），则$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=\frac{4}{k^2}+2\\{x_1}{x_2}=1\end{array}\right.$$|{MN}|=\sqrt{1+{k^2}}\sqrt{{{（\frac{4}{k^2}+2）}^2}-4}=\frac{4}{k^2}+4$
∵PQ⊥MN，∴直线PQ的方程为$y=-\frac{1}{k}（x-1）$，$\left\{\begin{array}{l}y=-\frac{1}{k}（x-1）\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$，得（3k²+4）x²-8x+4-12k²=0
设P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄），则$\left\{\begin{array}{l}{x_3}+{x_4}=\frac{8}{{3{k^2}+4}}\\{x_1}{x_2}=\frac{{4-12{k^2}}}{{3{k^2}+4}}\end{array}\right.$$|{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}}$
四边形PMQN的面积$S=\frac{1}{2}|{MN}||{PQ}|=\frac{1}{2}（\frac{4}{k^2}+4）（\frac{{12（{k^2}+1）}}{{3{k^2}+4}}）=24\frac{{{{（{k^2}+1）}^2}}}{{{k^2}（3{k^2}+4）}}$，
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，
综上可得S≥8，最小值为8．

点评 本题考查轨迹方程的求法，椭圆的简单性质以及直线与椭圆的位置关系的综合应用，三角形的面积的最值的求法，函数的思想的应用．