Question

20．設(shè)點(diǎn)$F（{0，\frac{1}{4}}）$，動(dòng)圓A經(jīng)過點(diǎn)F且和直線$y=-\frac{1}{4}$相切，記動(dòng)圓的圓心A的軌跡為曲線C．
（1）求曲線C的方程；
（2）設(shè)曲線C上一點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t（t＞0），過P的直線交C于一點(diǎn)Q，交x軸于點(diǎn)M，過點(diǎn)Q作PQ的垂線交C于另一點(diǎn)N，若MN是C的切線，求t的最小值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)拋物線的定義，求出拋物線的解析式即可；
（2）求出直線PQ的方程，求出M的坐標(biāo)，聯(lián)立方程組，求出N的坐標(biāo)，求出直線MN的斜率，得到關(guān)于t的不等式，求出t的范圍即可．

解答 解：（1）過點(diǎn)A作直線AN垂直于直線$y=-\frac{1}{4}$于點(diǎn)N，由題意得|AF|=|AN|，
所以動(dòng)點(diǎn)A的軌跡是以F為焦點(diǎn)，直線$y=-\frac{1}{4}$為準(zhǔn)線的拋物線，
所以拋物線C得方程為x²=y．
（2）由題意知，過點(diǎn)P（t，t²）的直線PQ斜率存在且不為0，設(shè)其為k，
則${l_{PQ}}：y-{t^2}=k（{x-t}）$，當(dāng)$y=0，x=\frac{{-{t^2}+kt}}{k}$，則$M（{\frac{{-{t^2}+kt}}{k}，0}）$，
聯(lián)立方程$\left\{\begin{array}{l}y-{t^2}=k（{x-t}）\\{x^2}=y\end{array}\right.$，整理得：x²-kx+t（k-t）=0．
即（k-t）[x-（k-t）]=0，解得x=t或x=k-t，
∴Q（k-t，（k-t）²），而QN⊥QP，所以直線NQ斜率為$-\frac{1}{k}$，
∴${l_{PQ}}：y-{（{k-t}）^2}=-\frac{1}{k}[{x-（{k-t}）}]$，聯(lián)立方程$\left\{\begin{array}{l}y-{（{k-t}）^2}=-\frac{1}{k}[{x-（{k-t}）}]\\{x^2}=y\end{array}\right.$，
整理得：${x^2}+\frac{1}{k}x-\frac{1}{k}（{k-t}）-{（{k-t}）^2}=0$，
即kx²+x-（k-t）[k（k-t）+1]=0，[kx+k（k-t）+1][x-（k-t）]=0，
解得$x=-\frac{{k（{k-t}）+1}}{k}$，或x=k-t．∴$N（{-\frac{{k（{k-t}）+1}}{k}，\frac{{{{[{k（{k-t}）+1}]}^2}}}{k^2}}）$，
∴${k_{MN}}=\frac{{\frac{{{{[{k（{k-t}）+1}]}^2}}}{k^2}}}{{-\frac{{k（{k-t}）+1}}{k}-\frac{{-{t^2}+kt}}{k}}}=\frac{{{{（{{k^2}-kt+1}）}^2}}}{{k（{{t^2}-{k^2}-1}）}}$．
而拋物線在點(diǎn)N的切線斜率，
k=y'|$x=-\frac{{k（{k-t}）+1}}{k}=\frac{{-2k（{k-t}）-2}}{k}$，MN是拋物線的切線，
∴$\frac{{{{（{{k^2}-kt+1}）}^2}}}{{k（{{t^2}-{k^2}-1}）}}=\frac{{-2k（{k-t}）-2}}{k}$，整理得k²+kt+1-2t²=0，
∴△=t²-4（1-2t²）≥0，解得$t≤-\frac{2}{3}$（舍去），或$t≥\frac{2}{3}$，
∴${t_{min}}=\frac{2}{3}$．

點(diǎn)評 本題考查了求拋物線的解析式問題，考查求直線的斜率以及轉(zhuǎn)化思想，考查拋物線的性質(zhì)，是一道綜合題．