Question

10．已知動圓過定點F（0，1），且與直線y=-1相切．
（Ⅰ）求動圓圓心的軌跡C的方程；
（Ⅱ） 過點F作直線交曲線C于A、B兩點．若直線AO、BO（O是坐標原點）分別交直線l：y=x-2于M、N兩點，求|MN|的最小值．

Answer 1

分析 （I）根據(jù)拋物線的性質(zhì)可知圓心軌跡是以F為焦點，以直線y=-1為準線的拋物線；
（II）設(shè)出A，B的坐標，求出OA，OB的方程，求出M，N的坐標，設(shè)AB的斜率為k，用k表示出A，B的坐標，從而得出|MN|關(guān)于k的函數(shù)，利用基本不等式得出函數(shù)的最小值．

解答 解：（ I）動圓圓心到定點F（0，1）與定直線y=-1的距離相等，
∴動圓圓心的軌跡為拋物線，其中F（0，1）為焦點，y=-1為準線，
∴動圓圓心軌跡方程為x²=4y．
（Ⅱ）設(shè)$A（{x_1}，\frac{{{x_1}^2}}{4}），B（{x_2}，\frac{{{x_2}^2}}{4}）$，∴${k_{AO}}=\frac{x_1}{4}，{k_{BO}}=\frac{x_2}{4}$，
∴AO的方程是：$y=\frac{x_1}{4}x$，
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{x_1}{4}x\\ y=x-2\end{array}\right.∴{x_M}=\frac{8}{{4-{x_1}}}$，
同理由$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{x_2}{4}x\\ y=x-2\end{array}\right.∴{x_N}=\frac{8}{{4-{x_2}}}$．
∴$|MN|=\sqrt{1+{1^2}}|{x_M}-{x_N}|=\sqrt{2}|\frac{8}{{4-{x_1}}}-\frac{8}{{4-{x_2}}}|=8\sqrt{2}|\frac{{{x_1}-{x_2}}}{{16-4（{x_1}+{x_2}）+{x_1}{x_2}}}|$
設(shè)AB方程為y=kx+1，由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+1\\{x^2}=4y\end{array}\right.∴{x^2}-4kx-4=0∴\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=4k\\{x_1}{x_2}=-4\end{array}\right.$，
且$|{x_1}-{x_2}|=\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=4\sqrt{{k^2}+1}$，
∴$|MN|=8\sqrt{2}|\frac{{4\sqrt{{k^2}+1}}}{16-16k-4}|=8\sqrt{2}\frac{{\sqrt{{k^2}+1}}}{|4k-3|}$，
設(shè)$4k-3=t≠0∴k=\frac{3+t}{4}$，
當t＞0時$|MN|=8\sqrt{2}\frac{{\sqrt{25+{t^2}+6t}}}{4t}=2\sqrt{2}\sqrt{1+\frac{25}{t^2}+\frac{6}{t}}＞2\sqrt{2}$，
當t＜0時，$|MN|=8\sqrt{2}\frac{{\sqrt{25+{t^2}+6t}}}{4t}=2\sqrt{2}\sqrt{1+\frac{25}{t^2}+\frac{6}{t}}=2\sqrt{2}\sqrt{{{（\frac{5}{t}+\frac{3}{5}）}^2}+\frac{16}{25}}≥2\sqrt{2}×\frac{4}{5}=\frac{{8\sqrt{2}}}{5}$
所以此時|MN|的最小值是$\frac{{8\sqrt{2}}}{5}$，此時$t=-\frac{25}{3}$，$k=-\frac{4}{3}$；
綜上所述：|MN|的最小值是$\frac{{8\sqrt{2}}}{5}$．

點評 本題考查了拋物線的定義，拋物線的性質(zhì)，直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，屬于中檔題．