Question

19．已知拋物線C：y²=2px（p≠0）的焦點F在直線2x+y-2=0上．
（1）求拋物線C的方程；
（2）已知點P是拋物線C上異于坐標原點O的任意一點，拋物線在點P處的切線分別與x軸、y軸交于點B，E，設(shè)$\overrightarrow{PE}$=λ$\overrightarrow{PB}$，求證：λ為定值；
（3）在（2）的條件下，直線PF與拋物線C交于另一點A，請問：△PAB的面積是否存在最小值？若存在，請求出最小值及此時點P的坐標，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）拋物線C的焦點$F（\frac{p}{2}，0）$在x軸上，求出p=2．由此能求出拋物線C的方程．
（2）由點P是C上異于坐標原點O的任意一點，設(shè)$P（\frac{t^2}{4}，t）（t≠0）$．設(shè)切線BP的方程為$y-t=k（x-\frac{t^2}{4}）$．由$\left\{\begin{array}{l}y-t=k（x-\frac{t^2}{4}）\\{y^2}=4x\end{array}\right.$，得：ky²-4y-kt²+4t=0，由此利用根的判別式、切線方程，結(jié)合已知條件能證明λ為定值．
（3）設(shè)直線FP的方程為x=my+1，由$\left\{\begin{array}{l}x=my+1\\{y^2}=4x\end{array}\right.$，得：$\frac{y^2}{4}-my-1=0$，由此利用韋達定理、弦長公式得到S_△PAB=$\frac{1}{8}×（4+{t^2}）×|\frac{4}{t}+t|$，令$f（t）=\frac{1}{8}（4+{t^2}）×|\frac{4}{t}+t|（t≠0）$，則f（t）為偶函數(shù)，只需研究函數(shù)f（t）在t＞0時的最小值即可．利用導數(shù)性質(zhì)能求出結(jié)果．

解答 解：（1）由題意，拋物線C的焦點$F（\frac{p}{2}，0）$在x軸上．…（1分）
在方程2x+y-2=0中，令y=0，得x=1．…（2分）
于是，$\frac{p}{2}=1$．解得p=2．
所以，拋物線C的方程為y²=4x．…（3分）
證明：（2）由點P是C上異于坐標原點O的任意一點，設(shè)$P（\frac{t^2}{4}，t）（t≠0）$．
 設(shè)切線BP的斜率為k，則切線BP的方程為$y-t=k（x-\frac{t^2}{4}）$．
由$\left\{\begin{array}{l}y-t=k（x-\frac{t^2}{4}）\\{y^2}=4x\end{array}\right.$，消去x并整理得：ky²-4y-kt²+4t=0．…（4分）
由k≠0，考慮到判別式△=16-4k（-kt²+4t）=0．
可得4（kt-2）²=0．所以kt-2=0．故切線BP的斜率$k=\frac{2}{t}$．…（5分）
切線BP的方程為$y-t=\frac{2}{t}（x-\frac{t^2}{4}）$，即$y=\frac{2}{t}x+\frac{t}{2}$．
在$y=\frac{2}{t}x+\frac{t}{2}$中，令x=0，得$y=\frac{t}{2}$．所以點E的坐標為$（0，\frac{t}{2}）$；
在$y=\frac{2}{t}x+\frac{t}{2}$中，令y=0，得$x=-\frac{t^2}{4}$．所以點B的坐標為$（-\frac{t^2}{4}，0）$．…（7分）
所以$\overrightarrow{PE}=（0，\frac{t}{2}）-（\frac{t^2}{4}，t）=（-\frac{t^2}{4}，-\frac{t}{2}）$，$\overrightarrow{PB}=（-\frac{t^2}{4}，0）-（\frac{t^2}{4}，t）=（-\frac{t^2}{2}，-t）$．
所以$\overrightarrow{PE}=\frac{1}{2}\overrightarrow{PB}$．故$λ=\frac{1}{2}$，為定值．…（8分）
解：（3）由直線FP過點F（1，0），
設(shè)直線FP的方程為x=my+1．
由$\left\{\begin{array}{l}x=my+1\\{y^2}=4x\end{array}\right.$，消去x得：$\frac{y^2}{4}-my-1=0$．
由韋達定理，得y_Ay_P=-4．所以${y_A}_{\;}=-\frac{4}{y_P}=-\frac{4}{t}$．…（9分）
于是${S_{△PAB}}=\frac{1}{2}×|BF|×|{y_A}-{y_P}|=\frac{1}{2}×（1+\frac{t^2}{4}）×|-\frac{4}{t}-t|$=$\frac{1}{8}×（4+{t^2}）×|\frac{4}{t}+t|$…（10分）
令$f（t）=\frac{1}{8}（4+{t^2}）×|\frac{4}{t}+t|（t≠0）$，則f（t）為偶函數(shù)，只需研究函數(shù)f（t）在t＞0時的最小值即可．
當t＞0時，$f（t）=\frac{1}{8}（4+{t^2}）×（\frac{4}{t}+t）=\frac{1}{8}（{t^3}+8t+\frac{16}{t}）$，
$f'（t）=\frac{1}{8}（3{t^2}+8-\frac{16}{t^2}）=\frac{1}{{8{t^2}}}（3{t^4}+8{t^2}-16）=\frac{1}{{8{t^2}}}（3{t^2}-4）（{t^2}+4）$．
當$0＜t＜\frac{2}{{\sqrt{3}}}$時，f'（t）＜0，f（t）為減函數(shù)；
當$t＞\frac{2}{{\sqrt{3}}}$時，f'（t）＞0，f（t）為增函數(shù)．…（11分）
所以，當t＞0時，函數(shù)f（t）在$t=\frac{2}{{\sqrt{3}}}$時取最小值$f（\frac{2}{{\sqrt{3}}}）=\frac{{16\sqrt{3}}}{9}$．
因為f（t）為偶函數(shù)，當t＜0時，函數(shù)f（t）在$t=-\frac{2}{{\sqrt{3}}}$時取最小值$f（-\frac{2}{{\sqrt{3}}}）=\frac{{16\sqrt{3}}}{9}$．…（12分）
當$t=\frac{2}{{\sqrt{3}}}$時，點P的坐標為$（\frac{1}{3}，\frac{2}{{\sqrt{3}}}）$；當$t=-\frac{2}{{\sqrt{3}}}$時，點P的坐標為$（\frac{1}{3}，-\frac{2}{{\sqrt{3}}}）$．
綜上，△PAB的面積存在最小值$\frac{{16\sqrt{3}}}{9}$，
此時點P的坐標為$（\frac{1}{3}，\frac{2}{{\sqrt{3}}}）$或$（\frac{1}{3}，-\frac{2}{{\sqrt{3}}}）$．…（13分）

點評 本題考查拋物線方程的求法，考查實數(shù)為定值的證明，考查三角形面積能否存在最小值的判斷與求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意根的判別式、切線方程、韋達定理、弦長公式、導數(shù)性質(zhì)的合理運用．