Question

10．已知一動(dòng)圓經(jīng)過點(diǎn)M（2，0），且在y軸上截得的弦長(zhǎng)為4，設(shè)動(dòng)圓圓心的軌跡為曲線C．
（1）求曲線C的方程；
（2）過點(diǎn)N（1，0）任意作相互垂直的兩條直線l₁，l₂，分別交曲線C于不同的兩點(diǎn)A，B和不同的兩點(diǎn)D，E．設(shè)線段AB，DE的中點(diǎn)分別為P，Q．
①求證：直線PQ過定點(diǎn)R，并求出定點(diǎn)R的坐標(biāo)；
②求|PQ|的最小值．

Answer 1

分析 （1）利用一動(dòng)圓經(jīng)過點(diǎn)M（2，0），且在y軸上截得的弦長(zhǎng)為4，建立方程，即可求曲線C的方程；
（2）①設(shè)A，B兩點(diǎn)坐標(biāo)分別為（x₁，y₁），（x₂，y₂），直線l₁的方程為y=k（x-1）（k≠0），與拋物線方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理可求點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)，進(jìn)而可確定直線PQ的方程，即可得到結(jié)論．
②由①|(zhì)PQ|²=（2k-$\frac{2}{{k}^{2}}$）²+（2k+$\frac{2}{k}$）²=4[（k²+$\frac{1}{{k}^{2}}$）²+（k²+$\frac{1}{{k}^{2}}$）-2]，換元利用基本不等式求|PQ|的最小值．

解答 解：（1）設(shè)圓心C（x，y），則x²+4=（x-2）²+y²，
化簡(jiǎn)得y²=4x，
∴動(dòng)圓圓心的軌跡的方程為y²=4x．
（2）①設(shè)A，B兩點(diǎn)坐標(biāo)分別為（x₁，y₁），（x₂，y₂），
由題意可設(shè)直線l₁的方程為y=k（x-1）（k≠0），
與y²=4x聯(lián)立得k²x²-（2k²+4）x+k²=0．
△=（2k²+4）²-4k⁴=16k²+16＞0，x₁+x₂=2+$\frac{4}{{k}^{2}}$，y₁+y₂=k（x₁+x₂-2）=$\frac{4}{k}$．
所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為（1+$\frac{2}{{k}^{2}}$，$\frac{2}{k}$）．
由題知，直線l₂的斜率為-$\frac{1}{k}$，同理可得點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（1+2k²，-2k）．
當(dāng)k≠±1時(shí)，有1+$\frac{2}{{k}^{2}}$≠1+2k²，此時(shí)直線PQ的斜率k_PQ=$\frac{k}{1-{k}^{2}}$．
所以，直線PQ的方程為y+2k=$\frac{k}{1-{k}^{2}}$（x-1-2k²），
整理得yk²+（x-3）k-y=0，于是，直線PQ恒過定點(diǎn)E（3，0）；
當(dāng)k=±1時(shí)，直線PQ的方程為x=3，也過點(diǎn)E（3，0）．
綜上所述，直線PQ恒過定點(diǎn)E（3，0）．
②由①|(zhì)PQ|²=（2k-$\frac{2}{{k}^{2}}$）²+（2k+$\frac{2}{k}$）²=4[（k²+$\frac{1}{{k}^{2}}$）²+（k²+$\frac{1}{{k}^{2}}$）-2]，
記k²+$\frac{1}{{k}^{2}}$=t
∵k²+$\frac{1}{{k}^{2}}$≥2，∴t≥2，
∴|PQ|²=4[（t+$\frac{1}{2}$）²-$\frac{9}{4}$]，
∴t=2，即k=±1時(shí)，|PQ|的最小值為4．

點(diǎn)評(píng) 本題考查軌跡方程，考查圓錐曲線和直線的位置關(guān)系和綜合應(yīng)用，具有一定的難度，解題的關(guān)鍵是直線與拋物線的聯(lián)立，確定直線PQ的方程．