Question

4．已知拋物線C₁：y²=2x及圓C₂：（x-1）²+y²=1．點(diǎn)P（a，b）為C₁上一點(diǎn)．
（Ⅰ）當(dāng)a=2時(shí)，求過點(diǎn)P的圓C₂的切線方程；
（Ⅱ）當(dāng)a＞2時(shí)，過點(diǎn)P作圓C₂的兩條切線l₁，l₂分別與y軸交于B，C兩點(diǎn)，求△PBC的面積的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）當(dāng)a=2時(shí)，P（2，2）或P（2，-2），由此能出過點(diǎn)P的圓C₂的切線方程；
（Ⅱ）設(shè)P=（a，b）=（$\frac{{t}^{2}}{2}$，t），t≥2，A（1，0），由題意得PE=$\frac{{t}^{2}}{2}$，S_△PBC=$\frac{1}{2}$BC×P_{橫坐標(biāo)}=$\frac{1}{4}$BC×t²，求出BC=$\frac{2{t}^{2}}{{t}^{2}-4}$，設(shè)m=t²-4，利用均值定理能求出△PBC的面積的最小值．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)a=2時(shí)，b²=2×2=4，解得b=±2，
∴P（2，2）或P（2，-2），
當(dāng)P（2，2）時(shí)，設(shè)過點(diǎn)P的圓C₂的切線方程為y-2=k（x-2），
即kx-y-2k+2=0，
圓C₂：（x-1）²+y²=1的圓心C₂（1，0），半徑r=1，
∴$\frac{|k-2k+2|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=1，解得k=$\frac{3}{4}$，
∴過點(diǎn)P的圓C₂的切線方程為y-2=$\frac{3}{4}$（x-2），即3x-4y+2=0，
當(dāng)切線斜率不存在時(shí)，所求的切線為x=2，成立；
當(dāng)P（2，-2）時(shí)，設(shè)過點(diǎn)P的圓C₂的切線方程為y+2=k（x-2），即kx-y-2k-2=0，
圓C₂：（x-1）²+y²=1的圓心C₂（1，0），半徑r=1，
∴$\frac{|k-2k-2|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=1，解得k=-$\frac{3}{4}$，
∴過點(diǎn)P的圓C₂的切線方程為y+2=-$\frac{3}{4}$（x-2），即3x+4y+14=0，
當(dāng)切線斜率不存在時(shí)，所求的切線為x=2，成立．
∴過點(diǎn)P（2，2）的圓C₂的切線方程為3x-4y+2=0和x=2．
過點(diǎn)P（2，-2）的圓C₂的切線方程為3x+4y+14=0和x=2．
（Ⅱ）設(shè)P=（a，b）=（$\frac{{t}^{2}}{2}$，t），t≥2，A（1，0），
由題意得：PE=$\sqrt{P{A}^{2}-1}$=$\sqrt{（\frac{{t}^{2}}{2}-1）^{2}+{t}^{2}-1}$=$\frac{{t}^{2}}{2}$，
由切線長知識(shí)PE=PF，BO=BE，CO=CF，
∴S_△PBC=$\frac{1}{2}$BC×P_{橫坐標(biāo)}=$\frac{1}{4}$BC×t²，
又S_△PBC=$\frac{1}{2}$（BO+CO+BE+CF+PE+PF）r=$\frac{1}{2}$（2BC+2PE）r=BC+$\frac{1}{2}$t²，
∴$\frac{1}{4}$BC×t²=BC+$\frac{1}{2}$t²，
解得：BC=$\frac{2{t}^{2}}{{t}^{2}-4}$，
設(shè)m=t²-4，
則S_△PBC=$\frac{1}{2}$BC×P_{橫坐標(biāo)}=$\frac{1}{4}$×$\frac{2{t}^{2}}{{t}^{2}-4}$×t²=$\frac{1}{2}×\frac{（m+4）^{2}}{m}$=$\frac{1}{2}（m+\frac{16}{m}+8）$
≥$\frac{1}{2}×（2\sqrt{m×\frac{16}{m}}+8）$=8．
當(dāng)且僅當(dāng)m=4，即a=2時(shí)，△PBC的面積取最小值8．

點(diǎn)評 本題考查切線方程的求法，考查三角形面積最小值的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意圓的性質(zhì)、切線方程的合理運(yùn)用．