Question

（2006•靜安區(qū)二模）已知?jiǎng)訄A過(guò)定點(diǎn)F(

1

2

，0)，且與定直線(xiàn)l：x=-

1

2

相切．
（1）求動(dòng)圓圓心M的軌跡方程；
（2）設(shè)點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，P、Q兩點(diǎn)在動(dòng)點(diǎn)M的軌跡上，且滿(mǎn)足OP⊥OQ，OP=OQ，求等腰直角三角形POQ的面積；
（3）設(shè)過(guò)點(diǎn)F(

1

2

，0)的直線(xiàn)l與動(dòng)點(diǎn)M的軌跡交于R、S相異兩點(diǎn)，試求△ROS面積的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）設(shè)動(dòng)圓圓心M的坐標(biāo)為M（x，y），依題意，點(diǎn)M到直線(xiàn)l：x=-

1

2

的距離等于點(diǎn)M到點(diǎn)F的距離，從而可求動(dòng)圓圓心M的軌跡方程；
（2）解法1：由拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)性可知，直線(xiàn)OP的方程為：y=x，與拋物線(xiàn)方程聯(lián)立，可求得P、Q的坐標(biāo)，從而可求等腰直角三角形POQ的面積；
解法2：OP⊥OQ，可設(shè)直線(xiàn)OP的方程為y=kx，于是有直線(xiàn)OQ的方程為y=-

1

k

x，與拋物線(xiàn)方程聯(lián)立，可求得P、Q的坐標(biāo)分別為（

2

k2

，

2

k

），（2k²，2k³），由OP=OQ可求得k=±1，從而可求S_△POQ；
（3）設(shè)三角形面積為W，分斜率不存在與斜率存在兩種情況討論，可分別求得W的解析式，利用函數(shù)的性質(zhì)即可求得△ROS面積的取值范圍．

解答：解：（1）設(shè)動(dòng)圓圓心M的坐標(biāo)為M（x，y），因?yàn)閯?dòng)圓過(guò)定點(diǎn)F（

1

2

，0），且與定直線(xiàn)l：x=-

1

2

相切，
所以M到直線(xiàn)l：x=-

1

2

的距離等于M到F的距離，
于是有(x+

1

2

)2=(x-

1

2

)2+y²…（2分）
化簡(jiǎn)得y²=2x，即動(dòng)圓圓心M的軌跡方程為y²=2x…（4分）
（2）解法1：由拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)性可知，直線(xiàn)OP的方程為：y=x，…（6分）
可解得點(diǎn)P、Q的坐標(biāo)分別為（2，2），（2，-2）…（8分）
所以，S_△POQ=

1

2

|OP|²=4…（10分）
解法2：因?yàn)镺P⊥OQ，設(shè)直線(xiàn)OP的方程為：y=kx，
則直線(xiàn)OQ的方程為：y=-

1

k

x，…（6分）
解得點(diǎn)P、Q的坐標(biāo)分別為（

2

k2

，

2

k

），（2k²，2k³），
由OP=OQ，得

4

k2

+

4

k4

=4k⁴+4k⁶，k⁸=1，可得點(diǎn)P、Q坐標(biāo)分別為（2，2），（2，-2）…（8分）
所以，S_△POQ=

1

2

|OP|²=4…（10分）
（3）設(shè)三角形面積為W，斜率不存在時(shí)，W=

1

2

，…（11分）
斜率存在時(shí)，顯然k≠0，設(shè)直線(xiàn)方程為y=k（x-

1

2

），設(shè)點(diǎn)P、Q的坐標(biāo)分別為（x₁，y₁），（x₂，y₂），
則W=

1

2

|OF|•|y₁-y₂|=

1

4

(y1+y2)2-4y1y2

，…（13分）
由方程組

y=k(x- 1 2 ) y2=2x

得ky²-2y-k=0，所以

y1+y2= 2 k y1y2=-1

…（16分）
W=

1

4

4 k2 +4

=

1

2

1+ 1 k2

，該函數(shù)的值域?yàn)閇

1

2

，+∞），所以三角形面積W的取值范圍是[

1

2

，+∞），…（18分）（注：端點(diǎn)

1

2

沒(méi)取的總共扣1分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查直線(xiàn)與圓錐曲線(xiàn)的關(guān)系，突出考查動(dòng)點(diǎn)的軌跡問(wèn)題，考查方程思想與韋達(dá)定理的綜合應(yīng)用，考查抽象思維與綜合運(yùn)算能力，屬于難題．