Question

14．已知拋物線x²=4y，圓C：x²+（y-2）²=4，點M（x₀，y₀），（x₀＞0，y₀＞4）為拋物線上的動點，過點M的圓C的兩切線，設(shè)其斜率分別為k₁，k₂
（Ⅰ）求證：k₁+k₂=$\frac{2{x}_{0}（{y}_{0}-2）}{{{x}_{0}}^{2}-4}$，k₁•k₂=$\frac{{{y}_{0}}^{2}-4{y}_{0}}{{{x}_{0}}^{2}-4}$．
（Ⅱ）求過點M的圓的兩切線與x軸圍成的三角形面積S的最小值．

Answer 1

分析 （I）設(shè)切線：y-y₀=k（x-x₀），切線與x軸交于點（${x}_{0}-\frac{{y}_{0}}{k}$，0），圓心到切線的距離d=$\frac{|-2+{y}_{0}-{kx}_{0}|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=2，結(jié)合韋達定理，可得k₁+k₂=$\frac{2{x}_{0}（{y}_{0}-2）}{{{x}_{0}}^{2}-4}$，k₁•k₂=$\frac{{{y}_{0}}^{2}-4{y}_{0}}{{{x}_{0}}^{2}-4}$．
（Ⅱ）求出過點M的圓的兩切線與x軸圍成的三角形面積S的表達式，由基本不等式可求出兩切線與x軸圍成的三角形面積S的最小值．

解答 解：（I）證明：設(shè)切線方程y-y₀=k（x-x₀），即kx-y+y₀-kx₀=0，
切線與x軸交為（${x}_{0}-\frac{{y}_{0}}{k}$，0），圓心到直線的距離d=$\frac{|-2+{y}_{0}-{kx}_{0}|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=2      （3分）
整理得：${{（x}_{0}}^{2}-4）{k}^{2}+2{x}_{0}（2-{y}_{0}）k+{y}_{0}^{2}-4{y}_{0}=0$      （5分）
由兩切線的斜率分別為k₁，k₂
則k₁+k₂=$\frac{2{x}_{0}（{y}_{0}-2）}{{{x}_{0}}^{2}-4}$，k₁•k₂=$\frac{{{y}_{0}}^{2}-4{y}_{0}}{{{x}_{0}}^{2}-4}$，…（7分）
（Ⅱ）S=$\frac{1}{2}$|（${x}_{0}-\frac{{y}_{0}}{{k}_{1}}$）-（${x}_{0}-\frac{{y}_{0}}{{k}_{2}}$）|y₀
=$\frac{1}{2}$y₀²•$\left|\frac{{k}_{1}-{k}_{2}}{{k}_{1}{k}_{2}}\right|$
=$\frac{1}{2}$y₀²•$\sqrt{\frac{（{k}_{1}+{k}_{2}）^{2}-4{k}_{1}{k}_{2}}{{（k}_{1}{k}_{2}）^{2}}}$
=$\frac{1}{2}$y₀²•$\sqrt{\frac{{（\frac{2{x}_{0}（{y}_{0}-2）}{{{x}_{0}}^{2}-4}）}^{2}-4•\frac{{{y}_{0}}^{2}-4{y}_{0}}{{{x}_{0}}^{2}-4}}{{（\frac{{{y}_{0}}^{2}-4{y}_{0}}{{{x}_{0}}^{2}-4}）}^{2}}}$
=$\frac{2{y}_{0}^{\;}\sqrt{{x}_{0}^{2}+{y}_{0}^{2}-4{y}_{0}}}{{y}_{0}-4}$
=$\frac{2{y}_{0}^{2}}{{y}_{0}-4}$
=2[$\frac{16}{{y}_{0}-4}$+（y₀-4）+8]
≥2（2$\sqrt{\frac{16}{{y}_{0}-4}•（{y}_{0}-4）}$+8）
=32 …（12分）．
當且僅當$\frac{16}{{y}_{0}-4}$=y0-4，即y₀=8時取等號．
故兩切線與x軸圍成的三角形面積S的最小值為32 …（14分）

點評 本題考查直線與拋物線的綜合運用，具體涉及到拋物線的基本性質(zhì)及應(yīng)用，直線與拋物線的位置關(guān)系、圓的簡單性質(zhì)等基礎(chǔ)知識，軌跡方程的求法和點到直線的距離公式的運用，易錯點是均值定理的應(yīng)用．解題時要認真審題，仔細解答．