Question

19．設(shè)圓${F_1}：{x^2}+{y^2}+4x=0$的圓心為F₁，直線l過點F₂（2，0）且不與x軸、y軸垂直，且與圓F₁于C，D兩點，過F₂作F₁C的平行線交直線F₁D于點E，
（1）證明||EF₁|-|EF₂||為定值，并寫出點E的軌跡方程；
（2）設(shè)點E的軌跡為曲線Γ，直線l交Γ于M，N兩點，過F₂且與l垂直的直線與圓F₁交于P，Q兩點，求△PQM與△PQN的面積之和的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求得圓F₁的圓心和半徑，運用平行線的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)，可得ED=EF₂，再由雙曲線的定義，即可得到所求定值和雙曲線的方程；
（2）設(shè)出l：x=my+2（m≠0），l_PQ：y=-m（x-2），設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），求出圓心到直線PQ的距離，運用弦長公式可得|PQ|；再由直線l的方程和雙曲線的方程聯(lián)立，運用韋達(dá)定理和弦長公式，可得|MN|，再由三角形的面積公式可得△PQM與△PQN的面積之和為$\frac{1}{2}$|MN|•|PQ|，化簡整理，結(jié)合不等式的性質(zhì)，即可得到所求范圍．

解答 解：（1）證明：圓${F_1}：{（{x+2}）^2}+{y^2}=4$，圓心F₁（-2，0），半徑r=2，如圖所示．

因為F₁C∥EF₂，所以∠F₁CD=∠EF₂D．
又因為F₁D=F₁C，所以∠F₁CD=∠F₁DC，
所以∠EF₂D=∠F₁DC，
又因為∠F₁DC=∠EDF₂，所以∠EF₂D=∠EDF₂，
故ED=EF₂，可得||EF₁|-|EF₂||=||EF₁|-|ED||=|F₁D|=2＜|F₁F₂|，
根據(jù)雙曲線的定義，可知點E的軌跡是以F₁，F(xiàn)₂為焦點的雙曲線（頂點除外），
且a=1，c=2，b=$\sqrt{{c}^{2}-{a}^{2}}$=$\sqrt{3}$，
故點E的軌跡方程為${x^2}-\frac{y^2}{3}=1（{y≠0}）$．
（2）$Γ：{x^2}-\frac{y^2}{3}=1（{y≠0}）$．
依題意可設(shè)l：x=my+2（m≠0），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
由于PQ⊥l，設(shè)l_PQ：y=-m（x-2）．
圓心F₁（-2，0）到直線PQ的距離$d=\frac{{|{-m（{-2-2}）}|}}{{\sqrt{1+{m^2}}}}=\frac{{|{4m}|}}{{\sqrt{1+{m^2}}}}$，
所以$|{PQ}|=2\sqrt{{r^2}-{d^2}}=\frac{{4\sqrt{1-3{m^2}}}}{{\sqrt{1+{m^2}}}}$，
又因為d＜2，解得$0＜{m^2}＜\frac{1}{3}$．
聯(lián)立直線l與雙曲線Γ的方程$\left\{{\begin{array}{l}{{x^2}-\frac{y^2}{3}=1}\\{x=my+2}\end{array}}\right.$，消去x得（3m²-1）y²+12my+9=0，
則${y_1}+{y_2}=-\frac{12m}{{3{m^2}-1}}，{y_1}{y_2}=\frac{9}{{3{m^2}-1}}$，
所以$|{MN}|=\sqrt{1+{m^2}}|{{y_2}-{y_1}}|=\sqrt{1+{m^2}}\sqrt{{{（{{y_1}+{y_2}}）}^2}-4{y_1}{y_2}}=\frac{{6（{{m^2}+1}）}}{{1-3{m^2}}}$，
記△PQM，△PQN的面積分別為S₁，S₂，
則${S_1}+{S_2}=\frac{1}{2}|{MN}|•|{PQ}|=\frac{{12\sqrt{{m^2}+1}}}{{\sqrt{1-3{m^2}}}}=12\sqrt{\frac{1}{{-3+\frac{4}{{{m^2}+1}}}}}$，
又因為$0＜{m^2}＜\frac{1}{3}$，所以S₁+S₂∈（12，+∞），
所以S₁+S₂的取值范圍為（12，+∞）．

點評 本題考查軌跡方程的求法，注意運用雙曲線的定義，考查直線和圓、直線和橢圓的位置關(guān)系，注意聯(lián)立方程組，運用韋達(dá)定理和弦長公式，考查三角形面積的求法，以及化簡整理的運算能力，屬于中檔題．