Question

12．已知?jiǎng)訄AQ過定點(diǎn)F（0，-1），且與直線y=1相切；橢圓N的對稱軸為坐標(biāo)軸，中心為坐標(biāo)原點(diǎn)O，F(xiàn)是其一個(gè)焦點(diǎn)，又點(diǎn)（0，2）在橢圓N上．
（1）求動(dòng)圓圓心Q的軌跡M的方程和橢圓N的方程；
（2）過點(diǎn)（0，-4）作直線l交軌跡M于A，B兩點(diǎn)，連結(jié)OA，OB，射線OA，OB交橢圓N于C，D兩點(diǎn)，求△OCD面積的最小值．
（3）附加題（本題額外加5分）：過橢圓N上一動(dòng)點(diǎn)P作圓x²+（y-1）²=1的兩條切線，切點(diǎn)分別為G，H，求$\overrightarrow{PG}•\overrightarrow{PH}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由拋物線的定義可得動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡M的標(biāo)準(zhǔn)方程，由題意可得c=1，a=2，求得b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）顯然直線m的斜率存在，不妨設(shè)直線m的直線方程為：y=kx-4，分別代入拋物線方程和橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長公式，以及點(diǎn)到直線的距離公式，求得三角形的面積，再由不等式的性質(zhì)，即可得到所求最小值．
（3）設(shè)∠EPF=2α，求出$\overrightarrow{PG}•\overrightarrow{PH}$表達(dá)式，利用$\left|\overrightarrow{PG}\right|$的范圍，求解表達(dá)式的范圍即可．

解答 解：（1）依題意，由拋物線的定義易得動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡M的標(biāo)準(zhǔn)方程為：x²=-4y，
依題意可設(shè)橢圓N的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{x}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），
顯然有c=1，a=2∴b=$\sqrt{3}$，
∴橢圓N的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{y}^{2}}{4}+\frac{{x}^{2}}{3}=1$；
軌跡$M：{x^2}=-4y，N：\frac{y^2}{4}+\frac{x^2}{3}=1$；
（2）$\left\{\begin{array}{l}y=kx-4\\{x^2}=-4y\end{array}\right.⇒{x^2}-4kx-16=0⇒\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=4k\\{x_1}{x_2}=-16\\{y_1}{y_2}=16\end{array}\right.$
所以x₁x₂+y₁y₂=0⇒OA⊥OB
設(shè)$OM：\left\{\begin{array}{l}y=kx\\ 3{y^2}+4{x^2}=12\end{array}\right.⇒（3{k^2}+4）{x^2}=12⇒{x_M}^2=\frac{12}{{3{k^2}+4}}$，
所以$|{OM}|=\sqrt{1+{k^2}}|{x_M}|=\sqrt{1+{k^2}}\sqrt{\frac{12}{{3{k^2}+4}}}$，
同理可得：$|{ON}|=\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}|{x_N}|=\sqrt{\frac{{1+{k^2}}}{k^2}}\sqrt{\frac{{12{k^2}}}{{3+4{k^2}}}}$，
所以${S_{△OMN}}=\frac{1}{2}|{OM}|•|{ON}|=6\sqrt{\frac{{{{（1+{k^2}）}^2}}}{{（3{k^2}+4）（3+4{k^2}）}}}$，
令t=1+k²（t≥1），${S_△}=6\sqrt{\frac{t^2}{{12{t^2}+t-1}}}=6\sqrt{\frac{1}{{-{{（\frac{1}{t}-\frac{1}{2}）}^2}+\frac{49}{4}}}}$，
所以當(dāng)$t=2，即：k=±1時(shí)，{S_{max}}=\frac{12}{7}$
（3）（附加題）設(shè)∠GPH=2α，圓x²+（y-1）²=1的圓心為E，如圖：
當(dāng)P在橢圓上頂點(diǎn)時(shí)PE最小為1，在橢圓下頂點(diǎn)時(shí)，|PE|的最大值為3，PE∈[1，3]，
PEcosα=PG，sinα=$\frac{1}{PE}$．
∴${\;}\overrightarrow{PG}•\overrightarrow{PH}=|PG{|}^{2}cos2α=|PE{|}^{2}co{s}^{2}α•（1-2si{n}^{2}α）=|PE{|}^{2}（1-\frac{1}{{|PE|}^{2}}）（1-2\frac{1}{{|PE|}^{2}}）$
=$|PE{|}^{2}+\frac{2}{{|PE|}^{2}}-3$$≥2\sqrt{|PE{|}^{2}•\frac{2}{{|PE|}^{2}}}-3$=$2\sqrt{2}-4$，當(dāng)且僅當(dāng)|PE|=$\sqrt{2}$時(shí)取等號．
因?yàn)閨PE|∈[1，3]，所以$\overrightarrow{PG}•\overrightarrow{PH}∈[2\sqrt{2}-3，\frac{56}{9}]$．

點(diǎn)評 本題考查直線和圓相切的條件，同時(shí)考查拋物線的定義和橢圓方程的運(yùn)用，注意聯(lián)立直線方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長公式，考查化簡整理的運(yùn)算能力，屬于難題．