Question

已知點(diǎn)A（-2，0）和圓O：x²+y²=4，AB是圓O的直經(jīng)，從左到右M、O和N依次是AB的四等分點(diǎn)，P（異于A、B）是圓0上的動點(diǎn)，PD⊥AB，交AB于D，

PE

=λ

ED

，直線PA與BE交于C，|CM|+|CN|為定值．
（1）求λ的值及點(diǎn)C的軌跡曲線E的方程．
（2）若點(diǎn)Q、R是曲線E上不同的點(diǎn)，且PQ、PR與曲線E相切，求△OQR面積的最小值．

Answer 1

考點(diǎn)：直線與圓錐曲線的綜合問題

專題：圓錐曲線中的最值與范圍問題

分析：（1）由已知得B（2，0），M（-1，0），N（1，0），設(shè)P（x₀，y₀），C（x，y），則E（x0，

y0

1+λ

），由

y2

x2-4

=

y02 1+λ

x02-4

，由此能求出λ的值和點(diǎn)C的軌跡曲線E的方程．
（2）．設(shè)Q（x₁，y₁），R（x₂，y₂），設(shè)直線QR的方程為y=kx+m，直線QR的方程為

x0x

4

+

y0y

3

=1，由y=kx+m與橢圓

x2

4

+

y2

3

=1，x≠2聯(lián)立，得（4k²+3）x²-8kmx+4m²-12=0，由此利用韋達(dá)定理、點(diǎn)到直線距離公式結(jié)合已知條件能求出△OQR面積的最小值．

解答： 解：（1）∵點(diǎn)A（-2，0）和圓O：x²+y²=4，AB是圓O的直經(jīng)，
∴B（2，0），∵從左到右M、O和N依次是AB的四等分點(diǎn)，∴M（-1，0），N（1，0），
設(shè)P（x₀，y₀），C（x，y），則E（x0，

y0

1+λ

），
直線PA與BE交于C，
故x≠±2，

y

x+2

=

y0

x0+2

，①
且

y

x-2

=

y0 1+λ

x0-2

，②…（2分）
①②相乘得

y2

x2-4

=

y02 1+λ

x02-4

，
又因為點(diǎn)P（異于A，B）是圓O上的動點(diǎn)，
故

y2

x2-4

=-

1

1+λ

，
即

x2

4

+

y2

4 1+λ

=1，要使|CM|+|CN|為定值，
則4-

4

1+λ

=1，解得λ=

1

3

，此時

x2

4

+

y2

3

=1，x≠±2，
即λ=

1

3

時，點(diǎn)C的軌跡曲線E的方程為

x2

4

+

y2

3

=1，x≠2．…（5分）
（2）．設(shè)Q（x₁，y₁），R（x₂，y₂），又因為點(diǎn)P（異于A，B） 是圓O上的動點(diǎn)，
故直線QR斜率存在，設(shè)直線QR的方程為y=kx+m，
則PQ、PR的方程分別為

xx1

4

+

yy1

3

=1，

xx2

4

+

yy2

3

=1，
所以

x0x1

4

+

y0y1

3

=1，

x0x2

4

+

y0y2

3

=1，
故直線QR的方程為

x0x

4

+

y0y

3

=1，
比較系數(shù)，得k=-

3x0

4y0

，m=

3

y0

，
即y0=

3

m

，x0=-

4k

m

，∴4m²=16k²+9，③…（7分）
另一方面，由y=kx+m與橢圓

x2

4

+

y2

3

=1，x≠2聯(lián)立，
得（4k²+3）x²-8kmx+4m²-12=0，
于是得x1+x2=

8km

4k2+3

，④，x1x2=

4m2-12

4k2+3

，⑤…（9分）
∴|QR|=

k2+1

|x1-x2|，又因為O到QR的距離為d=

|m|

k2+1

，
所以△OQR的面積：
S=

1

2

|QR|•d=

|m|

2

|x₁-x₂|=

1

2

m2[(x1+x2)2-4x1x2]

，
將③④⑤代入消去k，得S=

12|m|

4m2+3

=

12

4|m|+ 3 |m|

，其中|m|=|

3

y0

|∈[

3

2

，+∞）．…（11分）
∴f（t）=

12

4|m|+ 3 |m|

在[

3

2

，+∞）是減函數(shù)，于是當(dāng)t=|m|=

3

2

時，
S_min=[f（t）]_min=f（

3

2

）=

3

2

．…（13分）

點(diǎn)評：本題考查點(diǎn)的軌跡方程的求法，考查三角形面積的最小值的求法，解題時要認(rèn)真審題，注意點(diǎn)到直線的距離公式的合理運(yùn)用．