Question

4．如圖，過拋物線C：x²=2py（p＞0）的焦點(diǎn)F作直線l與拋物線相交于A，B兩點(diǎn)．直線l₁∥l，且與拋物線C相切于點(diǎn)P，直線PF交拋物線于另一點(diǎn)Q．已知拋物線C上縱坐標(biāo)為$\frac{3p}{2}$的點(diǎn)M到焦點(diǎn)F的距離為2．
（1）求拋物線C的方程；
（2）求△ABQ的面積的最小值．

Answer 1

分析 （1）運(yùn)用拋物線的定義和解方程可得p，進(jìn)而得到拋物線方程；
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），l：y=kx+$\frac{1}{2}$，代入拋物線的方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長公式，求得交點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)，再求Q到直線l的距離，運(yùn)用三角形的面積公式，化簡整理，再利用導(dǎo)數(shù)，即可得到所求最小值．

解答 解：（1）設(shè)M（x，$\frac{3p}{2}$）為拋物線C上任意一點(diǎn)，則
∴|MF|=$\frac{3P}{2}$+$\frac{P}{2}$=2P，由題意知2P=2
∴P=1，
∴拋物線C的方程為x²=2y，
（2）由（I）知F（0，$\frac{1}{2}$），設(shè)設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），l：y=kx+$\frac{1}{2}$
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+\frac{1}{2}}\\{{x}^{2}=2y}\end{array}\right.$，得到x²-2kx-1=0，
則x₁+x₂=2k，x₁x₂=-1，
∴|AB|=$\sqrt{{k}^{2}+1}$$\sqrt{4{k}^{2}+4}$=2（k²+1）
設(shè)P（x₀，y₀），則k_l=x₀，由l₁∥l得x₀=k，
∴P（k，$\frac{1}{2}$k²）
∴k_FP=$\frac{{k}^{2}-1}{2k}$，
直線PQ∴y═$\frac{{k}^{2}-1}{2k}$x+$\frac{1}{2}$與x²=2y聯(lián)立得x²-$\frac{{k}^{2}-1}{k}$x-1=0，x_Q•k=-1，x_Q=-$\frac{1}{k}$，
∴Q（-$\frac{1}{k}$，$\frac{1}{2{k}^{2}}$），
∴Q到l的距離d=$\frac{\sqrt{{k}^{2}+1}}{2{k}^{2}}$
∴S=$\frac{1}{2}$×2（k²+1）×$\frac{\sqrt{{k}^{2}+1}}{2{k}^{2}}$=$\frac{（{k}^{2}+1）\sqrt{{k}^{2}+1}}{2{k}^{2}}$（k≠0），
令t=$\sqrt{{k}^{2}+1}$∈（1，+∞），則S=$\frac{{t}^{3}}{2（{t}^{2}-1）}$，
∴S′（t）=$\frac{{t}^{4}-3{t}^{2}}{2（{t}^{2}-1）^{2}}$=$\frac{{t}^{2}（t+\sqrt{3}）（t-\sqrt{3}）}{2（{t}^{2}-1）^{2}}$，
∴S（t）在（1，$\sqrt{3}$），上遞減，在（$\sqrt{3}$，+∞）遞增，
∴S_最小（t）=S（$\sqrt{3}$）=$\frac{3\sqrt{3}}{4}$

點(diǎn)評 本題考查拋物線的方程的求法，注意運(yùn)用拋物線的定義，考查三角形的面積的最值的求法，注意運(yùn)用直線方程和拋物線的方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長公式，以及拋物線的切線的方程求交點(diǎn)，考查點(diǎn)到直線的距離公式，考查化簡整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．