Question

在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)F（0，

1

4

），直線l：y=-

1

4

，P為平面內(nèi)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作直線l的垂線，垂足為M，且

MP

•

MF

=

FP

•

FM

．
（Ⅰ）求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡E的方程；
（Ⅱ）若曲線E與圓Q：x²+（y-4）²=r²（r＞0）有A、B、C、D四個(gè)交點(diǎn)，求四邊形ABCD面積取到最大值時(shí)圓Q的方程．

Answer 1

考點(diǎn)：平面向量數(shù)量積的運(yùn)算,圓的標(biāo)準(zhǔn)方程,軌跡方程

專題：直線與圓

分析：（Ⅰ）設(shè)點(diǎn)P（x，y），則 M（x，-

1

4

），又 F（0，

1

4

），求得 

MF

、

MP

、

FM

、

FP

 的坐標(biāo)，再由

MP

•

MF

=

FP

•

FM

，可得y=x²，即為所求的動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程．
（Ⅱ）將拋物線E的方程代入圓Q的方程，整理得 y²-7y+16-r²=0，設(shè)此方程有兩個(gè)不相等的正根y₁、y₂，求得r 的范圍．可設(shè)出四個(gè)交點(diǎn)的坐標(biāo)，可得S²=（7+2

16-r2

）（4r²-15）．設(shè)t=

16-r2

，可得 t∈（0，

7

2

），代入上式，并令f（t）=S²，利用導(dǎo)數(shù)求的故當(dāng)且僅當(dāng)t=

7

6

時(shí)，f（t）有最大值，即四邊形ABCD的面積最大，求得此時(shí)r²=

527

36

，從而得到所求的圓的方程．

解答： 解：（Ⅰ）設(shè)點(diǎn)P（x，y），則 M（x，-

1

4

），又 F（0，

1

4

），
則

MF

=（-x，

1

2

），

MP

=（0，y+

1

4

），

FM

=（x，-

1

2

），

FP

=（x，y-

1

4

），…（2分）
由

MP

•

MF

=

FP

•

FM

，可得y=x²，動(dòng)點(diǎn)P的軌跡E的方程為y=x²．…（4分）
（Ⅱ）將拋物線E：y=x²代入圓Q：x²+（y-4）²=r²（r＞0）的方程，消去x²，
整理得 y²-7y+16-r²=0．…（1）
拋物線E：y=x²與圓Q：x²+（y-4）²=r²（r＞0）相交于A、B、C、D四個(gè)點(diǎn)的充要條件是：
方程（1）有兩個(gè)不相等的正根y₁、y₂，∴

49-4(16-r2)＞0 y1+y2=7＞0 y1•y2=16-r2＞0

．
解這個(gè)方程組得

15

2

＜r＜4，…（6分）
設(shè)四個(gè)交點(diǎn)的坐標(biāo)分別為A（

y1

，y₁）、B（-

y1

，y₁）、C（-

y2

，y₂）、D（

y2

，y₂），
則S=|y₂-y₁|（

y1

+

y2

），
所以，S²=[(y1+y2)2-4y1•y2]•[y₁+y₂+2

y1•y2

]=（7+2

16-r2

）（4r²-15）．…（8分）
設(shè)t=

16-r2

，可得 t∈（0，

7

2

），代入上式，則 S²=（7+2t）²（7-2t），并令f（t）=S²，
f（t）=（7+2t）²（7-2t）=-8t³-28t²+98t+343，（0＜t＜

7

2

），
∴f′（t）=-24t²-56t+98=-2（2t+7）（6t-7），…（10分）
令f′（t）=0  得 t=

7

6

，或t=-

7

2

（舍去）
當(dāng)0＜t＜

7

6

 時(shí)，f′（t）＞0；當(dāng)t=

7

6

時(shí)，f′（t）=0；當(dāng)

7

6

＜t＜

7

2

 時(shí)，f′（t）＜0，
故當(dāng)且僅當(dāng)t=

7

6

時(shí)，f（t）有最大值，即四邊形ABCD的面積最大，此時(shí)r²=

527

36

，
圓的方程為x²+（y-4）²=

527

36

．…（12分）

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查兩個(gè)向量的數(shù)量積的運(yùn)算，求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，求點(diǎn)的軌跡方程的方法，屬于中檔題．