Question

18．已知拋物線C：x²=4y，過(guò)點(diǎn)P（t，0）（其中t＞0）作互相垂直的兩直線l₁，l₂，直線l₁與拋物線C相切于點(diǎn)Q（Q在第一象限內(nèi)），直線l₂與拋物線C相交于A、B兩點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：直線l₂恒過(guò)定點(diǎn)；
（Ⅱ）記直線AQ、BQ的斜率分別為k₁，k₂，當(dāng)$k_1^2+k_2^2$取得最小值時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （I）設(shè)直線l₁斜率為k，得出l₁的方程，聯(lián)立方程組，根據(jù)方程只有一解得出k與t的關(guān)系，從而得出l₂的斜率，得出l₂的點(diǎn)斜式方程化簡(jiǎn)即可；
（II）聯(lián)立l₂與拋物線的方程，得出根與系數(shù)的關(guān)系，代入斜率公式化簡(jiǎn)$k_1^2+k_2^2$，利用基本不等式求出最小值成立的條件，從而得出t．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)直線l₁的斜率為k，則直線l₁的方程為y=k（x-t），
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{x^2}=4y\\ y=k（x-t）\end{array}\right.$，消元得：x²-4kx+4kt=0，
∵直線l₁與拋物線C相切，
∴△=16k²-16kt=0，解得t=k，∴Q（2t，t²），
∵l₁⊥l₂，∴直線l₂的斜率為-$\frac{1}{t}$，則直線l₂的方程為：$y=-\frac{1}{t}（x-t）$，即$y=-\frac{1}{t}x+1$，
∴直線l₂恒過(guò)定點(diǎn)（0，1）；
（Ⅱ）設(shè)$A（{x_1}，\frac{x_1^2}{4}）$，$B（{x_2}，\frac{x_2^2}{4}）$，
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{x^2}=4y\\ y=-\frac{1}{t}x+1\end{array}\right.$，消元得：${x^2}+\frac{4}{t}x-4=0$，
∴${x_1}+{x_2}=-\frac{4}{t}$，x₁x₂=-4，
∴${k_1}=\frac{{{t^2}-\frac{x_1^2}{4}}}{{2t-{x_1}}}=\frac{1}{4}（2t+{x_1}）$，同理得出：${k_2}=\frac{1}{4}（2t+{x_2}）$，
∴$k_1^2+k_2^2=\frac{1}{16}[{（2t+{x_1}）^2}+{（2t+{x_2}）^2}]$=$\frac{1}{16}$（8t²+x₁²+x₂²+4tx₁+4tx₂）
=$\frac{1}{16}[{（{x_1}+{x_2}）^2}+4t（{x_1}+{x_2}）-2{x_1}{x_2}+8{t^2}]$
=$\frac{1}{16}[\frac{16}{t^2}-16+8+8{t^2}]$
=$\frac{1}{2}[\frac{2}{t^2}+{t^2}-1]≥\sqrt{2}-\frac{1}{2}$．
當(dāng)且僅當(dāng)$\frac{2}{{t}^{2}}={t}^{2}$即$t=\root{4}{2}$時(shí)，取得等號(hào)．
$k_1^2+k_2^2$取得最小值時(shí)，P的坐標(biāo)為$P（\root{4}{2}，0）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了拋物線的性質(zhì)，直線與拋物線的位置關(guān)系，屬于中檔題．