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已知椭圆 $C:\dfrac {x^2}{a^2}+\dfrac {y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 的离心率为 $\dfrac 12$，点 $F_1$，$F_2$ 分别为其左、右焦点，其右焦点 $F_2$ 到点 $E(-2,-1)$ 的距离为 $\sqrt {10}$．一动圆过点 $F_2$，且与直线 $x=-1$ 相切，记动圆圆心的轨迹为 $G$．
【难度】
【出处】
2014年全国高中数学联赛贵州省预赛
【标注】
  1. 在轨迹 $G$ 上有两点 $M$，$N$，椭圆 $C$ 上有两点 $P$，$Q$，满足 $\overrightarrow {MF_2}\parallel \overrightarrow {NF_2}$，$\overrightarrow {PF_2}\parallel \overrightarrow {QF_2}$，且 $\overrightarrow {MF_2}\perp \overrightarrow {PF_2}$．求四边形 $PMQN$ 面积的最小值．
    标注
    答案
    $8$
    解析
    由$$e=\dfrac ca=\dfrac 12,\sqrt {(c+2)^2+1}=\sqrt {10},$$解得 $a=2$，$b=\sqrt 3$．
    因此椭圆方程为 $C:\dfrac {x^2}{4}+\dfrac {y^2}{3}=1$．
    因为焦点 $F_2(1,0)$，所以动圆过点 $F_2$，且与直线 $x=-1$ 相切的圆心的轨迹方程 $G:y^2=4x$．
    设直线 $PQ$ 的倾斜角为 $\theta \left(0\leqslant \theta <\pi,\theta \neq \dfrac {\pi}{2}\right)$，则直线 $MN$ 的倾斜角为 $\theta \pm \dfrac {\pi}{2}$，所以$$\begin{split}|PQ|&=\dfrac {3}{1-\dfrac 14\cos ^2\theta}=\dfrac {12}{4-\cos ^2\theta},\\|MN|&=\dfrac {4}{1- \cos ^2\left(\theta\pm \dfrac {\pi}{2}\right)}=\dfrac {4}{ \cos ^2\theta},\end{split}$$故四边形 $PMQN$ 面积\[\begin{split}S&=\dfrac 12|MN|\cdot |PQ|\\&=\dfrac {24}{(4-\cos ^2\theta)\cdot \cos^2\theta}\geqslant 8.\end{split}\]当且仅当 $\theta=0$，四边形 $PMQN$ 面积取到最小值 $8$．
  2. 过点 $F_1$ 且斜率为 $k$ 的直线 $l$ 与椭圆 $C$ 相交于不同的两点 $A$、$B$．问在直线 $y=x$ 上是否存在点 $D$，使得 $\overrightarrow {AD}\cdot \overrightarrow {BD}+\dfrac {3k+36}{16k^2+12}$ 是与 $k$ 无关的常数？
    标注
    答案
    存在点 $D\left(\dfrac 18,\dfrac 18\right)$
    解析
    假设存在点 $D(d,d)$，使得 $\overrightarrow {AD}\cdot \overrightarrow {BD}+\dfrac {3k+36}{16k^2+12}$ 是与 $k$ 无关的常数．
    设直线 $l:y=k(x+1)$，$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$．
    由 $y=k(x+1)$ 与 $\dfrac {x^2}{4}+\dfrac {y^2}{3}=1$ 联立方程组得$$(3+4k^2)x^2+8k^2x+4k^2-12=0,$$所以$$x_1+x_2=-\dfrac {8k^2}{3+4k^2},x_1x_2=\dfrac {4k^2-12}{3+4k^2},$$故\[\begin{split} \overrightarrow {AD}\cdot \overrightarrow {BD}+\dfrac {3k+36}{16k^2+12}&= (d-x_1,d-y_1)\cdot (d-x_2,d-y_2)+\dfrac {3k+36}{16k^2+12}\\&=x_1x_2-d(x_1+x_2)+d^2+y_1y_2-d(y_1+y_2)+d^2+\dfrac {3k+36}{16k^2+12}\\&=(1+k^2)x_1x_2+(x_1+x_2)(k^2-dk-d)+2d^2-2dk+k^2+\dfrac {3k+36}{16k^2+12}\\&=\dfrac {(8d^2+8d-5)k^2+\left(\dfrac 34-6d\right)k+6d^2-3}{4k+3},\end{split}\]令$$ \dfrac {8d^2+8d-5}{4}=\dfrac {6d^2-3}{3},$$解得 $d=\dfrac 18$．此时 $\overrightarrow {AD}\cdot \overrightarrow {BD}+\dfrac {3k+36}{16k^2+12}=-\dfrac {31}{32}$ 是与 $k$ 无关的常数．
    因此，在直线 $y=x$ 上存在点 $D\left(\dfrac 18,\dfrac 18\right)$，使得 $\overrightarrow {AD}\cdot \overrightarrow {BD}+\dfrac {3k+36}{16k^2+12}$ 是与 $k$ 无关的常数．
题目 问题1 答案1 解析1 备注1 问题2 答案2 解析2 备注2
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