Question

19．已知?jiǎng)訄A過定點(diǎn)F（1，0），且與定直線1：x=-1相切．
（I）求動(dòng)圓圓心的軌跡C的方程．
（Ⅱ）過點(diǎn)F作直線交軌跡C于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若直線AO，BO分別交直線l₁：y=x+2于M，N兩點(diǎn)，求△0MN面積的最小值．

Answer 1

分析 （I）根據(jù)拋物線的定義可知軌跡C為拋物線，利用待定系數(shù)法求出方程；
（II）設(shè)AB的方程為y=k（x-1），聯(lián)立方程組消元，利用根系數(shù)的關(guān)系求出A，B坐標(biāo)的關(guān)系，計(jì)算|MN|的最小值，即可得出△0MN面積的最小值．

解答 解：（I）∵動(dòng)圓圓心到點(diǎn)F（1，0）的距離等于到定直線x=-1的距離，
∴動(dòng)圓圓心的軌跡C為以F為焦點(diǎn)，以直線x=-1為準(zhǔn)線的拋物線，
設(shè)拋物線方程為y²=2px，則$\frac{p}{2}$=1，即p=2．
∴動(dòng)圓圓心的軌跡方程為y²=4x．
（II）設(shè)直線AB的方程為y=k（x-1），
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$，消元得：$\frac{k}{4}{y}^{2}$-y-k=0，
設(shè)A（$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{4}$，y₁）B（$\frac{{{y}_{2}}^{2}}{4}$，y₂），則y₁+y₂=$\frac{4}{k}$，y₁y₂=-4．
直線OA方程為y=$\frac{4}{{y}_{1}}$x，直線OB的方程為y=$\frac{4}{{y}_{2}}$x，
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=x+2}\\{y=\frac{4}{{y}_{1}}x}\end{array}\right.$得M（$\frac{2{y}_{1}}{4-{y}_{1}}$，$\frac{8}{4-{y}_{1}}$），
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=x+2}\\{y=\frac{4}{{y}_{2}}x}\end{array}\right.$得N（$\frac{2{y}_{2}}{4-{y}_{2}}$，$\frac{8}{4-{y}_{2}}$）．
∴|MN|=$\sqrt{（\frac{2{y}_{1}}{4-{y}_{1}}-\frac{2{y}_{2}}{4-{y}_{2}}）^{2}+（\frac{8}{4-{y}_{1}}-\frac{8}{4-{y}_{2}}）^{2}}$=$\frac{8\sqrt{2}|{y}_{1}-{y}_{2}|}{|（4-{y}_{1}）（4-{y}_{2}）|}$，
∴|MN|²=$\frac{128（\frac{16}{{k}^{2}}+16）}{（12-\frac{16}{k}）^{2}}$=$\frac{128{k}^{2}+128}{9{k}^{2}-24k+16}$=$\frac{128（{k}^{2}+1）}{（3k-4）^{2}}$，
設(shè)3k-4=t，則k=$\frac{t+4}{3}$，∴|MN|²=$\frac{128（{t}^{2}+8t+25）}{9{t}^{2}}$=$\frac{128}{9}$（$\frac{25}{{t}^{2}}$+$\frac{8}{t}$+1）=$\frac{128}{9}$[（$\frac{5}{t}$+$\frac{4}{5}$）²+$\frac{9}{25}$]≥$\frac{128}{25}$，
∴當(dāng)$\frac{5}{t}$=-$\frac{4}{5}$即t=-$\frac{5}{4}$時(shí)，即k=$\frac{11}{12}$時(shí)，|MN|²取得最小值$\frac{128}{25}$，
∴|MN|的最小值為$\frac{8\sqrt{2}}{5}$．
∵O到直線l₁的距離d=$\sqrt{2}$，
∴△OMN的面積的最小值S=$\frac{1}{2}$×$\frac{8\sqrt{2}}{5}$×$\sqrt{2}$=$\frac{8}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查拋物線的定義，直線與拋物線的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理的運(yùn)用，考查學(xué)生的計(jì)算能力，難度中等．