Question

14．已知一動圓與直線x=-2相切，且經(jīng)過橢圓$\frac{{x}^{2}}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{5}$=1的右焦點F．
（1）求動圓的圓心軌跡C的方程；
（2）經(jīng)過點F作兩條互相垂直的直線分別交曲線C及橢圓$\frac{{x}^{2}}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{5}$=1于M，N，P，Q四點，其中M，N在曲線C上，P，Q在橢圓上，求四邊形PMQN面積的最小值．

Answer 1

分析 （1）利用拋物線的定義即可得出；
（2）當(dāng)直線MN的斜率不存在時，直接求出即可．當(dāng)直線MN的斜率存在時，且設(shè)為k（k≠0），則直線MN的方程為y=k（x-2），則直線PQ的方程為y=-$\frac{1}{k}$（x-2）．設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄）．分別與拋物線、橢圓方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關(guān)系，再利用弦長公式、四邊形的面積計算公式即可得出．

解答 解：（1）由橢圓$\frac{{x}^{2}}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{5}$=1可知c²=9-5=4，則橢圓的右焦點為F（2，0）．
由拋物線的定義可知，動圓的圓心軌跡為以F（2，0）為焦點，直線x=-2為準線的拋物線，
故軌跡C的方程為y²=8x．
（2）當(dāng)直線MN的斜率不存在時，|MN|=8．此時PQ的長為橢圓的長軸長，PQ=6，
則S_PMQN=$\frac{1}{2}\left|MN\right|$•|PQ|=$\frac{1}{2}$×8×6=24．
當(dāng)直線MN的斜率存在時，且設(shè)為k（k≠0），則直線MN的方程為y=k（x-2），則直線PQ的方程為y=-$\frac{1}{k}$（x-2）．
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄）．
由$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-2）\\{y}^{2}=8x\end{array}\right.$消去y整理得k²x²-（4k²+8）x+4k²=0，
由拋物線定義可知|MN|=|MF|+|NF|=x₁+2+x₂+2=x₁+x₂+4=$\frac{4{k}^{2}+8}{{k}^{2}}$+4=8+$\frac{8}{{k}^{2}}$，
由$\left\{\begin{array}{l}y=-\frac{1}{k}（x-2）\\ \frac{{x}^{2}}{9}+\frac{{y}^{2}}{5}=1\end{array}\right.$消去y整理得（5k²+9）x²-36x+36-45k²=0，
|PQ|=$\sqrt{1+（-\frac{1}{k}）^{2}}\sqrt{（{x}_{3}+{x}_{4}）^{2}-4{x}_{3}{x}_{4}}$=$\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}\sqrt{（\frac{36}{5{k}^{2}+9}）^{2}-4\frac{36-45{k}^{2}}{5{k}^{2}+9}}$=$\frac{30（1+{k}^{2}）}{5{k}^{2}+9}$，
則S_PMQN=$\frac{1}{2}\left|MN\right|$•|PQ|=$\frac{1}{2}$•$\frac{8（1+{k}^{2}）}{{k}^{2}}$•$\frac{30（1+{k}^{2}）}{5{k}^{2}+9}$=120$\frac{（1+{k}^{2}）^{2}}{5{k}^{4}+9{k}^{2}}$，
令1+k²=t，t＞1，則S_PMQN=$\frac{120{t}^{2}}{5{t}^{2}-t-4}$=$\frac{120}{5-\frac{1}{t}-\frac{4}{{t}^{2}}}$，
而5-$\frac{1}{t}$-$\frac{4}{{t}^{2}}$∈（0，5），則S_PMQN∈（24，+∞）．
綜上可得：四邊形PMQN面積的最小值為24．

點評 本題主要考查了拋物線的定義及其標準方程、直線與拋物線橢圓相交問題弦長問題、相互垂直的直線斜率之間的關(guān)系、四邊形的面積計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．