Question

19．設圓x²+y²+2x-15=0的圓心為A，直線l過點B（1，0）且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點，過B作AC的平行線交AD于點E．
（Ⅰ）證明|EA|+|EB|為定值，并寫出點E的軌跡方程；
（Ⅱ）設點E的軌跡為曲線C₁，直線l交C₁于M，N兩點，過B且與l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點，求四邊形MPNQ面積的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得圓A的圓心和半徑，運用直線平行的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)，可得EB=ED，再由圓的定義和橢圓的定義，可得E的軌跡為以A，B為焦點的橢圓，求得a，b，c，即可得到所求軌跡方程；
（Ⅱ）設直線l：x=my+1，代入橢圓方程，運用韋達定理和弦長公式，可得|MN|，由PQ⊥l，設PQ：y=-m（x-1），求得A到PQ的距離，再由圓的弦長公式可得|PQ|，再由四邊形的面積公式，化簡整理，運用不等式的性質(zhì)，即可得到所求范圍．

解答 解：（Ⅰ）證明：圓x²+y²+2x-15=0即為（x+1）²+y²=16，
可得圓心A（-1，0），半徑r=4，
由BE∥AC，可得∠C=∠EBD，
由AC=AD，可得∠D=∠C，
即為∠D=∠EBD，即有EB=ED，
則|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|=4，
故E的軌跡為以A，B為焦點的橢圓，
且有2a=4，即a=2，c=1，b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=$\sqrt{3}$，
則點E的軌跡方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1（y≠0）；
（Ⅱ）橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，設直線l：x=my+1，
由PQ⊥l，設PQ：y=-m（x-1），
由$\left\{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$可得（3m²+4）y²+6my-9=0，
設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
可得y₁+y₂=-$\frac{6m}{3{m}^{2}+4}$，y₁y₂=-$\frac{9}{3{m}^{2}+4}$，
則|MN|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•|y₁-y₂|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{\frac{36{m}^{2}}{（3{m}^{2}+4）^{2}}+\frac{36}{3{m}^{2}+4}}$
=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\frac{\sqrt{36（4{m}^{2}+4）}}{3{m}^{2}+4}$=12•$\frac{1+{m}^{2}}{3{m}^{2}+4}$，
A到PQ的距離為d=$\frac{|-m（-1-1）|}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$=$\frac{|2m|}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$，
|PQ|=2$\sqrt{{r}^{2}-w6nfxv2^{2}}$=2$\sqrt{16-\frac{4{m}^{2}}{1+{m}^{2}}}$=$\frac{4\sqrt{3{m}^{2}+4}}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$，
則四邊形MPNQ面積為S=$\frac{1}{2}$|PQ|•|MN|=$\frac{1}{2}$•$\frac{4\sqrt{3{m}^{2}+4}}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$•12•$\frac{1+{m}^{2}}{3{m}^{2}+4}$
=24•$\frac{\sqrt{1+{m}^{2}}}{\sqrt{3{m}^{2}+4}}$=24$\sqrt{\frac{1}{3+\frac{1}{1+{m}^{2}}}}$，
當m=0時，S取得最小值12，又$\frac{1}{1+{m}^{2}}$＞0，可得S＜24•$\frac{\sqrt{3}}{3}$=8$\sqrt{3}$，
即有四邊形MPNQ面積的取值范圍是[12，8$\sqrt{3}$）．

點評 本題考查軌跡方程的求法，注意運用橢圓和圓的定義，考查直線和橢圓方程聯(lián)立，運用韋達定理和弦長公式，以及直線和圓相交的弦長公式，考查不等式的性質(zhì)，屬于中檔題．