Question

11．在平面直角坐标系中，动圆经过点M（0，t-2），N（0，t+2），P（-2，0）．其中t∈R．
（1）求动圆圆心E的轨迹方程；
（2）过点P作直线l交轨迹E于不同的两点A，B，直线OA与直线OB分别交直线x=2于两点C，D，记△ACD与△BCD的面积分别为S₁，S₂．求S₁+S₂的最小值．

Answer 1

分析 （1）设动圆的圆心为E（x，y），通过$|{PE}|=\sqrt{{{（\frac{{|{MN}|}}{2}）}^2}+{x^2}}$，化简求解即可．
（2）当直线AB的斜率不存在时，AB⊥x轴，验证即可．当直线AB的斜率存在时，设直线AB的斜率为k，则k≠0，直线AB的方程是y=k（x+2），k≠0．设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），联立方程$\left\{{\begin{array}{l}{y=k（x+2）}\\{{y^2}=-4x}\end{array}}\right.$，通过判别式韦达定理化简，求出直线AC的方程为$y=\frac{y_1}{x_1}x$，直线AC的方程为$y=\frac{y_2}{x_2}x$，表示出三角形的面积，求出面积和，利用函数的单调性证明即可．

解答 解：（1）设动圆的圆心为E（x，y）
则$|{PE}|=\sqrt{{{（\frac{{|{MN}|}}{2}）}^2}+{x^2}}$即：（x+2）²+y²=4+x²
∴y²=-4x
即：动圆圆心的轨迹E的方程为y²=-4x…．（4分）
（2）当直线AB的斜率不存在时，AB⊥x轴，此时，$A（-2，2\sqrt{2}），B（-2，-2\sqrt{2}）$
∴$|{AB}|=|{CD}|=4\sqrt{2}$∴${S_1}={S_2}=8\sqrt{2}$∴${S_1}+{S_2}=16\sqrt{2}$…．（5分）
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的斜率为k，则k≠0，
直线AB的方程是y=k（x+2），k≠0．
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），联立方程$\left\{{\begin{array}{l}{y=k（x+2）}\\{{y^2}=-4x}\end{array}}\right.$，消去y，
得：k²（x+2）²+4x=0（k≠0），即：k²x²+4（k²+1）x+4k²=0（k≠0）
∴△=16（2k²+1）＞0，${x_1}+{x_2}=-\frac{{4（{k^2}+1）}}{k^2}$，x₁x₂=4…．（7分）
由A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）知，直线AC的方程为$y=\frac{y_1}{x_1}x$，直线AC的方程为$y=\frac{y_2}{x_2}x$，
∴$C（2，\frac{{2{y_1}}}{x_1}），D（2，\frac{{2y{\;}_2}}{x_2}）$，∴$|{CD}|=2|{\frac{y_1}{x_1}-\frac{y_2}{x_2}}|=2\frac{{|{k（{x_2}-{x_1}）}|}}{{{x_1}{x_2}}}$，
∴${S_1}=\frac{1}{2}（2-{x_1}）•|{CD}|$，${S_2}=\frac{1}{2}（2-{x_2}）•|{CD}|$…..（9分）
∴${S_1}+{S_2}=\frac{1}{2}[4-（{x_1}+{x_2}）]•|{CD}|=4\sqrt{{{（2+\frac{1}{k^2}）}^3}}（k≠0）$，
令$t=\frac{1}{k^2}$，则t＞0，${S_1}+{S_2}=4{（2+t）^{\frac{3}{2}}}，t＞0$，
由于 函数$y=4{（2+t）^{\frac{3}{2}}}$在（0，+∞）上是增函数…（11分）
∴$y＞16\sqrt{2}$∴${S_1}+{S_2}＞16\sqrt{2}$，
综上所述，${S_1}+{S_2}≥16\sqrt{2}$
∴S₁+S₂的最小值为$16\sqrt{2}$…（12分）

点评 本题考查轨迹方程的求法，直线与抛物线的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力．