Question

9．已知拋物線C：y²=2px（p＞0）的焦點為F，過橢圓$\frac{{x}^{2}}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{25}$=1的焦點G與y軸垂直的直線與拋物線C交于點H，且|HF|=2|GH|．
（1）求拋物線C的方程；
（2）過點F任意作互相垂直的兩條直線l₁、l₂，分別交C于點A，B和點M，N．設(shè)線段AB，MN的中點分別為P，Q，求證：直線PQ恒過一個定點；
（3）在（2）的條件下，求△FPQ外接圓面積的最小值．

Answer 1

分析 （1）由橢圓$\frac{{x}^{2}}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{25}$=1，可得焦點G，不妨取G（0，4），把y=4代入拋物線方程可得：4²=2px，解得x_H=$\frac{8}{p}$．由于|HF|=2|GH|，可得$\frac{8}{p}$+$\frac{p}{2}$=2×$\frac{8}{p}$，解得p即可得出．
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則點P$（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}，\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}）$，由題意可設(shè)直線l₁d的方程為：y=k（x-2）（k≠0）．與拋物線方程聯(lián)立化為k²x²-（4k²+8）x+4k²=0，△＞0，利用根與系數(shù)的關(guān)系、中點坐標公式可得點P$（2+\frac{4}{{k}^{2}}，\frac{4}{k}）$．由題意可知：直線l₂的斜率為-$\frac{1}{k}$，同理可得Q（2+4k²，-4k）．k≠±1時，直線PQ的斜率k_PQ=$\frac{\frac{4}{k}+4k}{\frac{4}{{k}^{2}}-4{k}^{2}}$=$\frac{k}{1-{k}^{2}}$，直線PQ的方程為：k（x-6）-（1-k²）y=0，于是直線PQ恒過定點E（6，0），k=±1時，直線PQ也經(jīng)過點E（6，0）．
（3）由點P$（2+\frac{4}{{k}^{2}}，\frac{4}{k}）$，Q（2+4k²，-4k）．可得：|PQ|²=$\frac{16}{{k}^{4}}+16{k}^{4}-32+\frac{16}{{k}^{2}}+16{k}^{2}+32$≥64．當且僅當k=±1時取等號，此時△FPQ為直角三角形，△FPQ外接圓面積S=$π（\frac{|PQ|}{2}）^{2}$，即可得出最小值．

解答 解：（1）由橢圓$\frac{{x}^{2}}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{25}$=1，可得焦點G（0，±4），
不妨取G（0，4），把y=4代入拋物線方程可得：4²=2px，解得x_H=$\frac{8}{p}$．
∵|HF|=2|GH|，∴$\frac{8}{p}$+$\frac{p}{2}$=2×$\frac{8}{p}$，p＞0，解得p=4．
∴拋物線C的方程為y²=8x．
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則點P$（\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}，\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}）$，
由題意可設(shè)直線l₁d的方程為：y=k（x-2）（k≠0）．
由$\left\{\begin{array}{l}{{y}^{2}=8x}\\{y=k（x-2）}\end{array}\right.$，化為k²x²-（4k²+8）x+4k²=0，△=64k²+64＞0，
∵直線l₁交C于兩點A，B，∴x₁+x₂=4+$\frac{8}{{k}^{2}}$，y₁+y₂=k（x₁+x₂-4）=$\frac{8}{k}$，可得點P$（2+\frac{4}{{k}^{2}}，\frac{4}{k}）$．
由題意可知：直線l₂的斜率為-$\frac{1}{k}$，同理可得Q（2+4k²，-4k）．
k≠±1時，有$2+\frac{4}{{k}^{2}}$≠2+4k²．直線PQ的斜率k_PQ=$\frac{\frac{4}{k}+4k}{\frac{4}{{k}^{2}}-4{k}^{2}}$=$\frac{k}{1-{k}^{2}}$，
直線PQ的方程為：y+4k=$\frac{k}{1-{k}^{2}}$（x-2-4k²），整理為k（x-6）-（1-k²）y=0，于是直線PQ恒過定點E（6，0），
k=±1時，直線PQ的方程為：x=6，也經(jīng)過點E（6，0）．
綜上所述：直線PQ恒過定點E（6，0）．
（3）由點P$（2+\frac{4}{{k}^{2}}，\frac{4}{k}）$，Q（2+4k²，-4k）．
可得：|PQ|²=$[2+\frac{4}{{k}^{2}}-（2+4{k}^{2}）]^{2}$+$（\frac{4}{k}+4k）^{2}$=$\frac{16}{{k}^{4}}+16{k}^{4}-32+\frac{16}{{k}^{2}}+16{k}^{2}+32$$≥2\sqrt{1{6}^{2}}+2\sqrt{1{6}^{2}}$=64．
當且僅當k=±1時取等號，此時△FPQ為直角三角形，
△FPQ外接圓面積S=$π（\frac{|PQ|}{2}）^{2}$=$\frac{π}{4}|PQ{|}^{2}$，
故當|PQ|²取最小值64時，S取得最小值16π．

點評 本題考查了橢圓與拋物線的標準方程及其性質(zhì)、斜率計算公式、直線與拋物線相交問題、三角形面積計算公式、基本不等式的性質(zhì)、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．