Question

15．已知拋物線C：x²=2py（p＞0）的焦點(diǎn)為F，直線x=4與x軸的交點(diǎn)為H，與C的交點(diǎn)為Q，且|QF|=$\frac{3}{2}$|HQ|．
（1）求C的方程；
（2）過(guò)F的直線l與C相交于A、B兩點(diǎn)，分別過(guò)A，B且與C相切的直線l₁，l₂相交于點(diǎn)R，求S_△RAB的最小值．

Answer 1

分析 （1）求得拋物線的焦點(diǎn)和準(zhǔn)線方程，求得H，Q的坐標(biāo)，運(yùn)用拋物線的定義和解方程可得p，進(jìn)而得到拋物線方程；
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），l：y=kx+$\sqrt{2}$，代入拋物線的方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長(zhǎng)公式，求得拋物線對(duì)應(yīng)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，可得切線的斜率和方程，求得交點(diǎn)R的坐標(biāo)，再求R到直線l的距離，運(yùn)用三角形的面積公式，化簡(jiǎn)整理，即可得到所求最小值．

解答 解：（1）拋物線C：x²=2py（p＞0）的焦點(diǎn)為F（0，$\frac{p}{2}$），
準(zhǔn)線方程為y=-$\frac{p}{2}$
由題意可得H（4，0），Q（4，$\frac{8}{p}$），
則|HQ|=$\frac{8}{p}$，|QF|=$\frac{8}{p}$+$\frac{p}{2}$，
由|QF|=$\frac{3}{2}$|HQ|，可得$\frac{8}{p}$+$\frac{p}{2}$=$\frac{3}{2}$•$\frac{8}{p}$，
解得p=2$\sqrt{2}$，
則拋物線的方程為x²=4$\sqrt{2}$y；
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），l：y=kx+$\sqrt{2}$，
代入拋物線x²=4$\sqrt{2}$y，消去y，可得x²-4$\sqrt{2}$kx-8=0，
則x₁+x₂=4$\sqrt{2}$k，x₁x₂=-8，
由y=$\frac{1}{4\sqrt{2}}$x²的導(dǎo)數(shù)為y′=$\frac{\sqrt{2}}{4}$x，
即有l(wèi)₁：y-y₁=$\frac{\sqrt{2}}{4}$x₁（x-x₁），由x₁²=4$\sqrt{2}$y₁，
可得l₁：y=$\frac{\sqrt{2}}{4}$x₁x-$\frac{\sqrt{2}}{8}$x₁²，
同理可得l₂：y=$\frac{\sqrt{2}}{4}$x₂x-$\frac{\sqrt{2}}{8}$x₂²，
解得交點(diǎn)R（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{8}$x₁x₂），
即為R（2$\sqrt{2}$k，-$\sqrt{2}$），
即有R到l的距離為d=$\frac{|\sqrt{2}+2\sqrt{2}{k}^{2}+\sqrt{2}|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=2$\sqrt{2}$$\sqrt{1+{k}^{2}}$，
又|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{32{k}^{2}+32}$=4$\sqrt{2}$（1+k²），
則S_△RAB=$\frac{1}{2}$|AB|•d=$\frac{1}{2}$•4$\sqrt{2}$（1+k²）•2$\sqrt{2}$$\sqrt{1+{k}^{2}}$=8（1+k²）${\;}^{\frac{3}{2}}$，
當(dāng)k=0時(shí)，S_△RAB取得最小值8．

點(diǎn)評(píng) 本題考查拋物線的方程的求法，注意運(yùn)用拋物線的定義，考查三角形的面積的最值的求法，注意運(yùn)用直線方程和拋物線的方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長(zhǎng)公式，以及拋物線的切線的方程求交點(diǎn)，考查點(diǎn)到直線的距離公式，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．