设圆${F 1}:{x^2}+{y^2}+4x=0$的圆心为F1.直线l过点F2(2.0)且不与x轴.y轴垂直.且与圆F1于C.D两点.过F2作F1C的平行线交直线F1D于点E.(1)证明||EF1|-|EF2||为定值.并写出点E的轨迹方程,(2)设点E的轨迹为曲线Γ.直线l交Γ于M.N两点.过F2且与l垂直的直线与圆F1交于P.Q两点.求△PQM与△PQN的面积之� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

19．设圆${F_1}：{x^2}+{y^2}+4x=0$的圆心为F₁，直线l过点F₂（2，0）且不与x轴、y轴垂直，且与圆F₁于C，D两点，过F₂作F₁C的平行线交直线F₁D于点E，
（1）证明||EF₁|-|EF₂||为定值，并写出点E的轨迹方程；
（2）设点E的轨迹为曲线Γ，直线l交Γ于M，N两点，过F₂且与l垂直的直线与圆F₁交于P，Q两点，求△PQM与△PQN的面积之和的取值范围．

分析（1）求得圆F₁的圆心和半径，运用平行线的性质和等腰三角形的性质，可得ED=EF₂，再由双曲线的定义，即可得到所求定值和双曲线的方程；
（2）设出l：x=my+2（m≠0），l_PQ：y=-m（x-2），设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），求出圆心到直线PQ的距离，运用弦长公式可得|PQ|；再由直线l的方程和双曲线的方程联立，运用韦达定理和弦长公式，可得|MN|，再由三角形的面积公式可得△PQM与△PQN的面积之和为$\frac{1}{2}$|MN|•|PQ|，化简整理，结合不等式的性质，即可得到所求范围．

解答解：（1）证明：圆${F_1}：{（{x+2}）^2}+{y^2}=4$，圆心F₁（-2，0），半径r=2，如图所示．

因为F₁C∥EF₂，所以∠F₁CD=∠EF₂D．
又因为F₁D=F₁C，所以∠F₁CD=∠F₁DC，
所以∠EF₂D=∠F₁DC，
又因为∠F₁DC=∠EDF₂，所以∠EF₂D=∠EDF₂，
故ED=EF₂，可得||EF₁|-|EF₂||=||EF₁|-|ED||=|F₁D|=2＜|F₁F₂|，
根据双曲线的定义，可知点E的轨迹是以F₁，F₂为焦点的双曲线（顶点除外），
且a=1，c=2，b=$\sqrt{{c}^{2}-{a}^{2}}$=$\sqrt{3}$，
故点E的轨迹方程为${x^2}-\frac{y^2}{3}=1（{y≠0}）$．
（2）$Γ：{x^2}-\frac{y^2}{3}=1（{y≠0}）$．
依题意可设l：x=my+2（m≠0），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
由于PQ⊥l，设l_PQ：y=-m（x-2）．
圆心F₁（-2，0）到直线PQ的距离$d=\frac{{|{-m（{-2-2}）}|}}{{\sqrt{1+{m^2}}}}=\frac{{|{4m}|}}{{\sqrt{1+{m^2}}}}$，
所以$|{PQ}|=2\sqrt{{r^2}-{d^2}}=\frac{{4\sqrt{1-3{m^2}}}}{{\sqrt{1+{m^2}}}}$，
又因为d＜2，解得$0＜{m^2}＜\frac{1}{3}$．
联立直线l与双曲线Γ的方程$\left\{{\begin{array}{l}{{x^2}-\frac{y^2}{3}=1}\\{x=my+2}\end{array}}\right.$，消去x得（3m²-1）y²+12my+9=0，
则${y_1}+{y_2}=-\frac{12m}{{3{m^2}-1}}，{y_1}{y_2}=\frac{9}{{3{m^2}-1}}$，
所以$|{MN}|=\sqrt{1+{m^2}}|{{y_2}-{y_1}}|=\sqrt{1+{m^2}}\sqrt{{{（{{y_1}+{y_2}}）}^2}-4{y_1}{y_2}}=\frac{{6（{{m^2}+1}）}}{{1-3{m^2}}}$，
记△PQM，△PQN的面积分别为S₁，S₂，
则${S_1}+{S_2}=\frac{1}{2}|{MN}|•|{PQ}|=\frac{{12\sqrt{{m^2}+1}}}{{\sqrt{1-3{m^2}}}}=12\sqrt{\frac{1}{{-3+\frac{4}{{{m^2}+1}}}}}$，
又因为$0＜{m^2}＜\frac{1}{3}$，所以S₁+S₂∈（12，+∞），
所以S₁+S₂的取值范围为（12，+∞）．