Question

15．已知拋物線y²=2px（p＞0）的焦點為（1，0），A，B是拋物線上位于x軸兩側(cè)的兩動點，且$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=-4（O為坐標原點）．
（1）求拋物線方程；
（2）證明：直線AB過定點T；
（3）過點T作AB的垂線交拋物線于M，N兩點，求四邊形AMBN的面積的最小值．

Answer 1

分析 （1）求出p即可求解拋物線方程．
（2）設(shè)l_AB：x=my+t與拋物線y²=4x聯(lián)系得：y²-4my-4t=0，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），利用韋達定理以及判別式通過$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=-4$得l_AB：x=my+2，得到直線AB過定點T（2，0）．
法2：設(shè)$A（\frac{{{y_1}^2}}{4}，{y_1}）$，$B（\frac{{{y_2}^2}}{4}，{y_2}）$，由$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=-4$，求解直線方程，然后求解定點坐標．
（3）當t=2時，由（*）得弦長|AB|，求出|MN|，表示三角形的面積，利用函數(shù)的單調(diào)性，求解三角形面積的最值．

解答 解：（1）拋物線y²=2px（p＞0）的焦點為（1，0），可得p=2，
拋物線方程為y²=4x
（2）證明：設(shè)l_AB：x=my+t與拋物線y²=4x聯(lián)系得：y²-4my-4t=0
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則$\left\{{\begin{array}{l}{△＞0}\\{{y_1}+{y_2}=4m}\\{{y_1}{y_2}=-4t}\end{array}}\right.$（*）
∴${x_1}{x_2}=\frac{{{y_1}^2{y_2}^2}}{16}={t^2}$，由$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=-4$得：x₁x₂+y₁y₂=-4即t²-4t+4=0，
∴t=2，∴l(xiāng)_AB：x=my+2，故直線AB過定點T（2，0）
法2：設(shè)$A（\frac{{{y_1}^2}}{4}，{y_1}）$，$B（\frac{{{y_2}^2}}{4}，{y_2}）$，由$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=-4$∴$\frac{{{y_1}^2{y_2}^2}}{16}+{y_1}{y_2}=-4∴{y_1}{y_2}=-8$，
又有${k_{AB}}=\frac{4}{{{y_1}+{y_2}}}$，
∴${l_{AB}}：y-{y_1}=\frac{4}{{{y_1}+{y_2}}}（x-\frac{{{y_1}^2}}{4}）$，
令y=0得$x=-\frac{{{y_1}{y_2}}}{4}=2$，
所以直線AB過定點T（2，0）
（3）當t=2時，由（*）得：$|AB|=\sqrt{1+{m^2}}\sqrt{16{m^2}+32}$，
同理有${l_{MN}}：x=-\frac{1}{m}y+2$，從而$|MN|=\sqrt{1+\frac{1}{m^2}}\sqrt{\frac{16}{m^2}+32}$，
∴${S_{AMBN}}=\frac{1}{2}|AB|•|MN|=\frac{1}{2}$$\sqrt{1+{m^2}}\sqrt{16{m^2}+32}$$•\sqrt{1+\frac{1}{m^2}}\sqrt{\frac{16}{m^2}+32}$
=$8\sqrt{（1+{m^2}）（1+\frac{1}{m^2}）}•\sqrt{（{m^2}+2）（\frac{1}{m^2}+2）}$
=$8\sqrt{2+（{m^2}+\frac{1}{m^2}）}•\sqrt{5+2（{m^2}+\frac{1}{m^2}）}$，
令$u={m^2}+\frac{1}{m^2}（u≥2）$，
則：${S_{AMBN}}=8\sqrt{（2+u）（5+2u）}$，
易知（2+u）（5+2u）隨著u增加單調(diào)遞增，
故當u=2即m²=1時∴${S_{AMBN}}=8\sqrt{（2+u）（5+2u）}$min=48．

點評 本題考查拋物線方程的求法，直線與拋物線的位置關(guān)系的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力．