Question

5．如圖，點(diǎn)F是拋物線C：x²=2y的焦點(diǎn)，點(diǎn)P（x₁，y₁）為拋物線上的動(dòng)點(diǎn)（P在第一象限），直線PF交拋物線C于另一點(diǎn)Q，直線l與拋物線C相切于點(diǎn)P．過點(diǎn)P作直線l的垂線交拋物線C于點(diǎn)R．
（1）求直線l的方程（用x₁表示）；
（2）求△PQR面積的最小值．

Answer 1

分析 （1）首先設(shè)出直線L的方程，聯(lián)立方程組消元根據(jù)△=0，求出k的值即可；
（2）設(shè)出直線PF方程，與拋物線聯(lián)立方程組求出PR直線方程，從而就出R點(diǎn)坐標(biāo)；再根據(jù)點(diǎn)到直線的距離求出三角形高表達(dá)式，結(jié)合基本不等式來求出三角形面積最小值；

解答 解：（1）設(shè)L的斜率為k，則L的方程為：
y=k（x-x₁）+$\frac{{x}_{1}^{2}}{2}$，
聯(lián)立方程$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}=2y}\\{y=k（x-{x}_{1}）+\frac{{x}_{1}^{2}}{2}}\end{array}\right.$，消元化簡得：
${x}^{2}-2kx+2k{x}_{1}-{x}_{1}^{2}=0$
因?yàn)橹本�L與拋物線相切，則由△=$4{k}^{2}-8k{x}_{1}+4{x}_{1}^{2}=0$，
可得k=x₁
所以直線L的方程為y=${x}_{1}x-\frac{{x}_{1}^{2}}{2}$；
（2）設(shè)直線PF的方程為y=kx+$\frac{1}{2}$，
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+\frac{1}{2}}\\{{x}^{2}=2y}\end{array}\right.$，消元化簡得x²-2kx-1=0，又設(shè)Q（x₂，$\frac{{x}_{2}^{2}}{2}$），則由根與系數(shù)的關(guān)系得：
x₁+x₂=2k，x₁x₂=-1；
直線PR的方程為y=$-\frac{x}{{x}_{1}}+\frac{{x}_{1}^{2}}{2}+1$，與x²=2y聯(lián)立方程組，解得點(diǎn)R（$-\frac{2+{x}_{1}^{2}}{{x}_{1}}$，$\frac{（2+{x}_{1}^{2}）^{2}}{2{x}_{1}^{2}}$）；
又因?yàn)閗=$\frac{\frac{1}{2}{x}_{1}^{2}-\frac{1}{2}}{{x}_{1}}$=$\frac{{x}_{1}^{2}-1}{2{x}_{1}}$，所以k²+1=$（\frac{{x}_{1}^{2}+1}{2{x}_{1}}）^{2}$；
則點(diǎn)R到直線PQ的距離為：
d=$\frac{|-\frac{k}{{x}_{1}}（2+{x}_{1}^{2}）-\frac{1}{2{x}_{1}^{2}}（2+{x}_{1}^{2}）^{2}+\frac{1}{2}|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=$\frac{1}{\sqrt{{k}^{2}+1}}（{x}_{1}+\frac{1}{{x}_{1}}）^{2}$；
又因?yàn)閨PQ|=|PF|+|QF|=2k²+2，
所以△PQR面積為：
S=$\frac{1}{2}$|PQ|d=$\sqrt{{k}^{2}+1}$$（{x}_{1}+\frac{1}{{x}_{1}}）^{2}$=$\frac{1}{2}$$（{x}_{1}+\frac{1}{{x}_{1}}）^{3}$≥$\frac{1}{2}$$（2\sqrt{{x}_{1}•\frac{1}{{x}_{1}}}）^{3}$=4；
當(dāng)且僅當(dāng)x₁=1即k=0時(shí)，取等號(hào)，所以△PQR面積的最小值為4．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查直線與拋物線的相對(duì)位置關(guān)系等問題，探索構(gòu)造三角形面積最值，屬較難題．