Question

6．如圖，已知過拋物線E：x²=4y的焦點F的直線交拋物線E與A、C兩點，經(jīng)過點A的直線l₁分別交y軸、拋物線E于點D、B（B與C不重合），∠FAD=∠FDA，經(jīng)過點C作拋物線E的切線為l₂．
（Ⅰ）求證：l₁∥l₂；
（Ⅱ）求三角形ABC面積的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)AF的方程為：y=kx+1．設(shè)A（x₁，y₁），C（x₂，y₂），（不妨設(shè)x₂＞0）由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{{x}^{2}=4y}\end{array}\right.$得x²-4kx-4=0，⇒x₁+x₂=4k，x₁x₂=-4，由∠FAD=∠FDA，得AF=DF，y_D=y₁+2．即可得k₁=k₂，可證l₁∥l₂．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得直線l₁的斜率為$\frac{1}{2}{x}_{2}$，故直線l₁的方程為：$y=\frac{1}{2}{x}_{2}x+\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}+2$
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}=4y}\\{y=\frac{1}{2}{x}_{2}x+\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}+2}\end{array}\right.$得${x}^{2}-2{x}_{2}x-{{x}_{1}}^{2}-8=0$
AB=$\sqrt{1+\frac{1}{4}{{x}_{2}}^{2}}•\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{B}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{B}}$=2$\sqrt{1+\frac{1}{4}{{x}_{2}}^{2}}•\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}}$，
點C到直線l₁的距離為d=$\frac{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}}{4\sqrt{1+\frac{1}{4}{{x}_{2}}^{2}}}$，三角形ABC面積s=$\frac{1}{2}×AB×d$=$\frac{1}{4}（{x}_{2}-{x}_{1}）^{3}$，由（Ⅰ）可得${x}_{2}-{x}_{1}=4\sqrt{{k}^{2}+1}$，可得當(dāng)k=0時，三角形ABC面積s=$\frac{1}{2}×AB×d$=$\frac{1}{4}（{x}_{2}-{x}_{1}）^{3}$取最小值．

解答 解：（Ⅰ）證明：∵拋物線E：x²=4y的焦點F為（0，1），且直線AF的斜率一定存在，
故設(shè)AF的方程為：y=kx+1．
設(shè)A（x₁，y₁），C（x₂，y₂），（不妨設(shè)x₂＞0）
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{{x}^{2}=4y}\end{array}\right.$得x²-4kx-4=0，⇒x₁+x₂=4k，x₁x₂=-4，
∵∠FAD=∠FDA，∴AF=DF，${y}_{1}+\frac{p}{2}={y}_{D}-1$，∴y_D=y₁+2．
∴直線l₁的斜率為k₁=$\frac{{y}_{D}-{y}_{1}}{{x}_{D}-{x}_{1}}=\frac{2}{-{x}_{1}}$，
∵x₁x₂=-4，∴${k}_{1}=\frac{2}{-{x}_{1}}=\frac{1}{2}{x}_{2}$
又∵$y′=\frac{1}{2}x$，∴過C（x₂，y₂）的切線斜率${k}_{2}=\frac{1}{2}{x}_{2}$．
即k₁=k₂，∴l(xiāng)₁∥l₂．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得直線l₁的斜率為$\frac{1}{2}{x}_{2}$，故直線l₁的方程為：$y=\frac{1}{2}{x}_{2}x+\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}+2$
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}=4y}\\{y=\frac{1}{2}{x}_{2}x+\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}+2}\end{array}\right.$得${x}^{2}-2{x}_{2}x-{{x}_{1}}^{2}-8=0$，
∴x₁+x_B=2x₂，${x}_{1}{x}_{B}=-（{{x}_{1}}^{2}+8）$．
∴AB=$\sqrt{1+\frac{1}{4}{{x}_{2}}^{2}}•\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{B}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{B}}$=2$\sqrt{1+\frac{1}{4}{{x}_{2}}^{2}}•\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}}$，
點C到直線l₁的距離為d=$\frac{\frac{1}{2}{{x}_{2}}^{2}-\frac{{{x}_{2}}^{2}}{4}+\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}+2}{\sqrt{1+\frac{1}{4}{{x}_{2}}^{2}}}$=$\frac{\frac{1}{4}{{x}_{2}}^{2}+\frac{1}{4}{{x}_{1}}^{2}+2}{\sqrt{1+\frac{1}{4}{{x}_{2}}^{2}}}$=$\frac{\frac{1}{4}（{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}+8）}{\sqrt{1+\frac{1}{4}{{x}_{2}}^{2}}}$=$\frac{\frac{1}{4}[（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+2{x}_{1}{x}_{2}+8]}{\sqrt{1+\frac{1}{4}{{x}_{2}}^{2}}}$=$\frac{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}}{4\sqrt{1+\frac{1}{4}{{x}_{2}}^{2}}}$
三角形ABC面積s=$\frac{1}{2}×AB×d$=$\frac{1}{4}（{x}_{2}-{x}_{1}）^{3}$
由（Ⅰ）可得${x}_{2}-{x}_{1}=4\sqrt{{k}^{2}+1}$，所以當(dāng)k=0時（x₂-x₁）_min=4，
∴當(dāng)k=0時，三角形ABC面積s=$\frac{1}{2}×AB×d$=$\frac{1}{4}（{x}_{2}-{x}_{1}）^{3}$取最小值，（s）_min=$\frac{1}{4}×{4}^{3}=16$．

點評 本題考查了拋物線的性質(zhì)，拋物線與直線的位置關(guān)系，方程思想、轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．