Question

14．如圖，已知拋物線C：y²=2px（p＞0）的準(zhǔn)線為l，焦點(diǎn)為F，圓M的圓心在x軸的正半軸上，且與y軸相切，過原點(diǎn)作傾斜角為$\frac{π}{3}$的直線t，交l于點(diǎn)A，交圓M于點(diǎn)B，且|AO|=|OB|=2．
（ I ） 求圓M和拋物線C的方程；
（Ⅱ） 已知點(diǎn)N是x軸正半軸上的一個(gè)定點(diǎn)，設(shè)G，H是拋物線上異于原點(diǎn)O的兩個(gè)不同點(diǎn)，且$\overrightarrow{GN}$∥$\overrightarrow{NH}$，△GOH面積的最小值為16．問以動線段GH為直徑的圓是否過原點(diǎn)？請說明理由．

Answer 1

分析 （ I ）由拋物線C：y²=2px（p＞0）的準(zhǔn)線為l，即$\frac{p}{2}$=丨OA丨•cos60°=1，則p=2，即可求得拋物線C的方程，設(shè)圓的半徑為r，則r=$\frac{丨OB丨}{2}$•$\frac{1}{cos60°}$=2，圓的方程為：（x-2）²+y²=4；
（Ⅱ）設(shè)GH的方程為：x=my+n，代入橢圓方程，y₁+y₂=4m，y₁•y₂=-4n，S_△GOH=S_GOH+S_NOH=$\frac{1}{2}$•n•丨y₁-y₂丨=$\frac{1}{2}$•n•$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{1}{2}$•n•$\sqrt{16{m}^{2}+16n}$≥16，m=0時(shí)，S_△GOH最小，此時(shí)n=4．由$\overrightarrow{OG}$•$\overrightarrow{OH}$=x₁•x₂+y₁•y₂=0，以線段GH為直徑的圓過原點(diǎn)．

解答 解：（Ⅰ）由拋物線C：y²=2px（p＞0）的準(zhǔn)線為l，即$\frac{p}{2}$=丨OA丨•cos60°=1，則p=2，
∴拋物線的方程為y²=4x．…（2分）
由圓M的圓心在x軸的正半軸上，且與y軸相切，且|AO|=|OB|=2，
設(shè)圓的半徑為r，則r=$\frac{丨OB丨}{2}$•$\frac{1}{cos60°}$=2，
故圓心M（2，0），
∴圓的方程為：（x-2）²+y²=4；        …（4分）
（Ⅱ）設(shè)G（x₁，y₁），H（x₂，y₂），N（n，0）（n為大于0的常數(shù)）．
設(shè)GH的方程為：x=my+n，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{y}^{2}=4x}\\{x=my+n}\end{array}\right.$，整理得：y²-4my-4n=0，
∴y₁+y₂=4m，y₁•y₂=-4n
S_△GOH=S_GOH+S_NOH=$\frac{1}{2}$•n•丨y₁-y₂丨=$\frac{1}{2}$•n•$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$，
=$\frac{1}{2}$•n•$\sqrt{16{m}^{2}+16n}$≥16，
由n為大于0的常數(shù)，
∴m=0時(shí)，S_△GOH最�。�此時(shí)n=4．       …（8分）
由$\overrightarrow{OG}$•$\overrightarrow{OH}$=x₁•x₂+y₁•y₂=0，
∴以線段GH為直徑的圓過原點(diǎn)．…（12分）

點(diǎn)評 本題考查拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡單幾何性質(zhì)，考查直線與拋物線的位置關(guān)系，考查三角形面積公式，韋達(dá)定理及弦長公式的應(yīng)用，考查圓錐曲線與不等式的綜合應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．