Question

1．已知F₁（-2，0），F₂（2，0），點P滿足|PF₁|-|PF₂|=2，記點P的軌跡為E．
（1）求軌跡E的方程；
（2）若直線l過點F₂且與軌跡E交于P、Q兩點．
（i）無論直線l繞點F₂怎樣轉動，在x軸上總存在定點M（m，0），使MP⊥MQ恒成立，求實數m的值．
（ii）在（i）的條件下，求△MPQ面積的最小值．

Answer 1

分析 （1）利用雙曲線的定義及其標準方程即可得出；
（2）當直線l的斜率存在時，設直線方程為y=k（x-2），P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），與雙曲線方程聯立消y得（k²-3）x²-4k²x+4k²+3=0，利用根與系數的關系、判別式解出即可得出．
（i）利用向量垂直與數量積的關系、根與系數的關系即可得出；
（ii）利用點到直線的距離公式、弦長公式、點到直線的距離公式、三角形的面積計算公式即可得出．

解答 解：（1）由|PF₁|-|PF₂|=2＜|F₁F₂|知，點P的軌跡E是以F₁、F₂為焦點的雙曲線右支，
由c=2，2a=2，∴b²=3，
故軌跡E的方程為${x^2}-\frac{y^2}{3}=1（x≥1）$．--（3分）
（2）當直線l的斜率存在時，設直線方程為y=k（x-2），P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
與雙曲線方程聯立消y得（k²-3）x²-4k²x+4k²+3=0，∴$\left\{\begin{array}{l}{k^2}-3≠0\\△＞0\\{x_1}+{x_2}=\frac{{4{k^2}}}{{{k^2}-3}}＞0\\{x_1}•{x_2}=\frac{{4{k^2}+3}}{{{k^2}-3}}＞0\end{array}\right.$，解得k²＞3--（5分）
（i）∵$\overrightarrow{MP}•\overrightarrow{MQ}=（{x_1}-m）（{x_2}-m）+{y_1}{y_2}$
$\begin{array}{l}=（{x_1}-m）（{x_2}-m）+{k^2}（{x_1}-2）（{x_2}-2）\\=（{k^2}+1）{x_1}{x_2}-（2{k^2}+m）（{x_1}+{x_2}）+{m^2}+4{k^2}\\=\frac{{（{k^2}+1）（4{k^2}+3）}}{{{k^2}-3}}-\frac{{4{k^2}（2{k^2}+m）}}{{{k^2}-3}}+{m^2}+4{k^2}\\=\frac{{3-（4m+5）{k^2}}}{{{k^2}-3}}+{m^2}．…（7分）\end{array}$∵MP⊥MQ，∴$\overrightarrow{MP}•\overrightarrow{MQ}=0$，
故得3（1-m²）+k²（m²-4m-5）=0對任意的k²＞3恒成立，
∴$\left\{\begin{array}{l}1-{m^2}=0\\{m^2}-4m-5=0\end{array}\right.，解得m=-1$．∴當m=-1時，MP⊥MQ．
當直線l的斜率不存在時，由P（2，3），Q（2，-3）及M（-1，0）知結論也成立，
綜上，當m=-1時，MP⊥MQ．--（8分）
（ii）由（i）知，M（-1，0），當直線l的斜率存在時，$|{PQ}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-{x_2}}|=6\frac{{1+{k^2}}}{{{k^2}-3}}$，M點到直線PQ的距離為d，則$d=\frac{3|k|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$
∴${S_{△MPQ}}=\frac{1}{2}|{PQ}|d=9\frac{{|k|\sqrt{1+{k^2}}}}{{{k^2}-3}}=9\frac{{\sqrt{（1+{k^2}）{k^2}}}}{{{k^2}-3}}=9\sqrt{\frac{{（1+{k^2}）{k^2}}}{{{{（{k^2}-3）}^2}}}}$--（10分）
令k²-3=t（t＞0），則${S_{△MPQ}}=9\sqrt{\frac{12}{t^2}+\frac{7}{t}+1}$，因為$\frac{1}{t}＞0$
所以${S_{△MPQ}}=9\sqrt{\frac{12}{t^2}+\frac{7}{t}+1}＞9$--（12分）
當直線l的斜率不存在時，${S_{△MPQ}}=\frac{1}{2}•3•6=9$--（13分）
綜上可知S_△MPQ≥9，故S_△MPQ的最小值為9．--（14分）

點評 本題考查了雙曲線的標準方程及其性質、直線與雙曲線相交問題、向量垂直與數量積的關系、一元二次方程的根與系數的關系、點到直線的距離公式、弦長公式、點到直線的距離公式、三角形的面積計算公式、向量垂直與數量積的關系，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．