解：设直线l的方程为：ty+m=x，A（x₁，y₁），C（x₂，y₂）．

联立 ${\begin{matrix} t y + m = x \\ x^{2} + 2 y^{2} = 2 \end{matrix}$ ，化为：（t²+2）y²+2tmy+m²﹣2=0．

△＞0，∴y₁+y₂= $\frac{- 2 t m}{t^{2} + 2}$ ，y₁•y₂= $\frac{m^{2} - 2}{t^{2} + 2}$ ．

$\vec{P A} \cdot \vec{P C}$ = $(x_{1} - \frac{5}{4}) (x_{2} - \frac{5}{4})$ +y₁y₂= $(t y_{1} + m - \frac{5}{4}) (t y_{2} + m - \frac{5}{4})$ +y₁•y₂

= $(m t - \frac{5}{4} t)$ （y₁+y₂）+（t²+1）y₁•y₂+ ${(m - \frac{5}{4})}^{2}$

= $(m t - \frac{5}{4} t)$ $\frac{- 2 t m}{t^{2} + 2}$ +（t²+1） $\frac{m^{2} - 2}{t^{2} + 2}$ + ${(m - \frac{5}{4})}^{2}$ = $\frac{- \frac{7}{16} t^{2} + 3 m^{2} - 5 m + \frac{9}{8}}{t^{2} + 2}$ 为定值．

∴ $\frac{3 m^{2} - 5 m + \frac{9}{8}}{- \frac{7}{16}}$ = $\frac{2}{1}$ ，化为：3m²﹣5m+2=0， $m > \frac{3}{4}$ ，解得m=1．

∴M（1，0）．

∴y₁+y₂= $\frac{- 2 t}{t^{2} + 2}$ ，y₁•y₂= $\frac{- 1}{t^{2} + 2}$ ．

∴|AC|= $\sqrt{(1 + t^{2}) [{(y_{1} + y_{2})}^{2} - 4 y_{1} y_{2}]}$ = $\sqrt{(1 + t^{2}) [\frac{4 t^{2}}{{(t^{2} + 2)}^{2}} - \frac{- 4}{t^{2} + 2}]}$ = $\frac{2 \sqrt{2} (t^{2} + 1)}{t^{2} + 2}$ ，

把 $\frac{1}{t}$ 代换t可得：|BD|= $\frac{2 \sqrt{2} (1 + t^{2})}{1 + 2 t^{2}}$ ．

∴S_四边形_ABCD= $\frac{1}{2}$ |AC|•|BD|= $\frac{1}{2}$ × $\frac{2 \sqrt{2} (t^{2} + 1)}{t^{2} + 2}$ × $\frac{2 \sqrt{2} (1 + t^{2})}{1 + 2 t^{2}}$ = $\frac{4 (t^{2} + 1)}{(t^{2} + 2) (1 + 2 t^{2})}$ ，

令t²+1=k＞1，则f（k）= $\frac{4 k^{2}}{(k + 1) (2 k - 1)}$ = $\frac{4 k^{2}}{2 k^{2} + k - 1}$ = $\frac{4}{2 + \frac{1}{k} - \frac{1}{k^{2}}}$ = $\frac{4}{\frac{9}{4} - {(\frac{1}{k} - \frac{1}{2})}^{2}}$ ≥ $\frac{16}{9}$ ，

当 $\frac{1}{k}$ = $\frac{1}{2}$ ，即k=2，t=±1时取等号．

∴四边形ABCD面积的最小值为 $\frac{16}{9}$

2017年辽宁省大连市高三双基测试数学试卷（理科）