Question

1．已知?jiǎng)訄A過(guò)定點(diǎn)F（0，-1），且與直線l：y=1相切，橢圓N的對(duì)稱軸為坐標(biāo)軸，O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)是其一個(gè)焦點(diǎn)，又點(diǎn)A（0，2）在橢圓N上．若過(guò)F的動(dòng)直線m交橢圓于B，C點(diǎn)，交軌跡M于D，E兩點(diǎn)，設(shè)S₁為△ABC的面積，S₂為△ODE的面積，令Z=S₁S₂，Z的最小值是9．

Answer 1

分析 由拋物線的定義可得動(dòng)圓圓心Q的軌跡的標(biāo)準(zhǔn)方程，由題意可得c=1，a=2，求得b，進(jìn)而得到橢圓方程；顯然直線m的斜率存在，不妨設(shè)直線m的直線方程為：y=kx-1，分別代入拋物線方程和橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長(zhǎng)公式，以及點(diǎn)到直線的距離公式，求得三角形的面積，再由不等式的性質(zhì)，即可得到所求最小值．

解答 解：依題意，由拋物線的定義易得動(dòng)圓圓心Q的軌跡M的標(biāo)準(zhǔn)方程為：x²=-4y，
依題意可設(shè)橢圓N的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{x}^{2}}{^{2}}$=1，
顯然有c=1，a=2，b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=$\sqrt{3}$，
可得橢圓N的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{y}^{2}}{4}$+$\frac{{x}^{2}}{3}$=1；
顯然直線m的斜率存在，
不妨設(shè)直線m的直線方程為：y=kx-1①
聯(lián)立橢圓N的標(biāo)準(zhǔn)方程$\frac{{y}^{2}}{4}$+$\frac{{x}^{2}}{3}$=1，有（3k²+4）x²-6kx-9=0，
x₁+x₂=$\frac{6k}{4+3{k}^{2}}$，x₁x₂=-$\frac{9}{4+3{k}^{2}}$，
設(shè)B（x₁，y₁），C（x₂，y₂）
則有|BC|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{\frac{36{k}^{2}}{（4+3{k}^{2}）^{2}}+\frac{36}{4+3{k}^{2}}}$=$\frac{12（1+{k}^{2}）}{4+3{k}^{2}}$，
又A（0，2）到直線m的距離d₁=$\frac{3}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
∴S₁=$\frac{1}{2}$|BC|d₁=$\frac{18\sqrt{1+{k}^{2}}}{4+3{k}^{2}}$，
再將①式聯(lián)立拋物線方程x²=-4y有x²+4kx-4=0，
同理易得|DE|=4（1+k²），d₂=$\frac{1}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
∴S₂=2$\sqrt{1+{k}^{2}}$，
∴Z=S₁S₂=$\frac{36（1+{k}^{2}）}{4+3{k}^{2}}$=12（1-$\frac{1}{4+3{k}^{2}}$）≥12（1-$\frac{1}{4}$）=9，
∴當(dāng)k=0時(shí)，Z_min=9．
故答案為：9．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線和圓相切的條件，同時(shí)考查拋物線的定義和橢圓方程的運(yùn)用，注意聯(lián)立直線方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長(zhǎng)公式，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．