Question

7．已知拋物線E：y²=2px（p＞0）的準(zhǔn)線與x軸交于點(diǎn)K，過K點(diǎn)作曲線C：x²-4x+3+y²=0的切線，切點(diǎn)M到x軸的距離為$\frac{2\sqrt{2}}{3}$
（Ⅰ）求拋物線E的方程
（Ⅱ）設(shè)A，B是拋物線E上分別位于x軸兩側(cè)的兩個動點(diǎn)，且$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=$\frac{9}{4}$（其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)）
（i）求證：直線AB上必過定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)Q的坐標(biāo)
（ii）過點(diǎn)Q作AB的垂線與拋物線交于G，D兩點(diǎn)，求四邊形AGBD面積的最小值．

Answer 1

分析 （I）求得K的坐標(biāo)，圓心坐標(biāo)和半徑，由切線的性質(zhì)和相似三角形解出CK=3，從而得出p=2，進(jìn)而得到拋物線方程；
（II）（i）設(shè)出直線方程，聯(lián)立拋物線方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，化簡整理，即可得到定點(diǎn)Q；
（ii）運(yùn)用弦長公式和四邊形的面積公式，換元整理，結(jié)合基本不等式，即可求得最小值．

解答 （1）解：K（-$\frac{p}{2}$，0），圓C的圓心C（2，0），半徑r=1．
作MR⊥x軸于R，則|CR|=$\sqrt{M{C}^{2}-M{R}^{2}}$=$\frac{1}{3}$．
∵KM⊥CM，∴|MR|²=|KR|•|CR|，即$\frac{8}{9}=\frac{1}{3}|KR|$，
∴|KR|=$\frac{8}{3}$，|KC|=3．
∴2+$\frac{p}{2}$=3，解得p=2，
∴拋物線E的方程為y²=4x；
（2）①證明：設(shè)直線AB：x=my+t，A（$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{4}$，y₁），B（$\frac{{{y}_{2}}^{2}}{4}$，y₂），
聯(lián)立拋物線方程可得y2-4my-4t=0，
∴y₁+y₂=4m，y₁y₂=-4t，
∵$\overrightarrow{OA}$$•\overrightarrow{OB}$=$\frac{9}{4}$，即（$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{4}$）²+y₁y₂=$\frac{9}{4}$，
解得y₁y₂=-18或2（舍去），
即-4t=-18，解得t=$\frac{9}{2}$．
∴直線AB恒過定點(diǎn)Q（$\frac{9}{2}$，0）．
②解：由①可得|AB|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$|y₂-y₁|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{16{m}^{2}+72}$，
同理|GD|=$\sqrt{1+\frac{1}{{m}^{2}}}$•$\sqrt{\frac{16}{{m}^{2}}+72}$，
則四邊形AGBD面積S=$\frac{1}{2}$|AB|•|GD|=$\frac{1}{2\sqrt{1+{m}^{2}}}$$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{16{m}^{2}+72}$•$\sqrt{1+\frac{1}{{m}^{2}}}$•$\sqrt{\frac{16}{{m}^{2}}+72}$
=4$\sqrt{[2+（{m}^{2}+\frac{1}{{m}^{2}}）][85+18（{m}^{2}+\frac{1}{{m}^{2}}）]}$，
令m²+$\frac{1}{{m}^{2}}$=μ（μ≥2），則S=4$\sqrt{18{μ}^{2}+121μ+170}$，
∴S（μ）在[2，+∞）上是增函數(shù)．
則當(dāng)μ=2時，S取得最小值88．

點(diǎn)評 本題考查拋物線的方程和性質(zhì)，主要考查拋物線方程和直線方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長公式，同時考查直線和圓的位置關(guān)系，向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，具有一定的運(yùn)算量，屬于中檔題．