Question

17．如圖，過(guò)原點(diǎn)O引兩條直線l₁，l₂與拋物線W₁：y²=2px和W₂：y²=4px（其中P為常數(shù)，p＞0）分別交于四個(gè)點(diǎn)A₁，B₁，A₂，B₂．
（Ⅰ）求拋物線W₁，W₂準(zhǔn)線間的距離；
（Ⅱ）證明：A₁B₁∥A₂B₂；
（Ⅲ）若l₁⊥l₂，求梯形A₁A₂B₂B₁面積的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)拋物線的性質(zhì)即可求出答案，
（Ⅱ）設(shè)l₁：y=k₁x，代入拋物線方程，得A₁，A₂的橫坐標(biāo)分別是$\frac{2p}{{k}_{1}^{2}}$和$\frac{4p}{{k}_{1}^{2}}$，即可得到△OA₁B₁∽△OA₂B₂，即A₁B₁∥A₂B₂．
（Ⅲ）A（x₁，y₁）B（x₂，y₂），直線A₁B₁方程為x=ty+m₁，根據(jù)韋達(dá)定理和直線垂直的關(guān)系得到直線A₁B₁方程為x=ty+2p，A₂B₂方程為x=ty+4p，
再根據(jù)弦長(zhǎng)公式和兩直線之間的距離公式，以及梯形的面積公式即可求出答案．

解答 解：（Ⅰ）由已知，拋物線W₁，W₂的準(zhǔn)線分別為x=-$\frac{p}{2}$和x=-p，
所以，拋物線W₁，W₂準(zhǔn)線間的距離為$\frac{p}{2}$
（Ⅱ）設(shè)l₁：y=k₁x，代入拋物線方程，得A₁，A₂的橫坐標(biāo)分別是$\frac{2p}{{k}_{1}^{2}}$和$\frac{4p}{{k}_{1}^{2}}$．
∴$\frac{|O{A}_{1}|}{|O{A}_{2}|}$=$\frac{\sqrt{\frac{4{P}^{2}}{{k}_{1}^{4}}+\frac{4{p}^{2}}{{k}_{1}^{2}}}}{\sqrt{\frac{16{p}^{2}}{{k}_{1}^{4}}+\frac{16{p}^{2}}{{k}_{1}^{2}}}}$=$\frac{1}{2}$，同理$\frac{|O{B}_{1}|}{|O{B}_{2}|}$=$\frac{1}{2}$，
所以△OA₁B₁∽△OA₂B₂，
所以A₁B₁∥A₂B₂．
（Ⅲ）設(shè)A（x₁，y₁）B（x₂，y₂），直線A₁B₁方程為x=ty+m₁，
代入曲線y²=2px，得y²-2pty-2pm₁=0，
所以y₁+y₂=2pt，y₁y₂=-2pm₁．
由l₁⊥l₂，得x₁x₂+y₁y₂=0，又y₁²=2px₁，y₂²=2px₂，
所以$\frac{{y}_{1}^{2}{y}_{2}^{2}}{4{p}^{2}}$+y₁y₂=0，由y₁y₂=-2pm₁，得m₁=2p．
所以直線A₁B₁方程為x=ty+2p，
同理可求出直線A₂B₂方程為x=ty+4p，
所以|A₁B₁|=$\sqrt{1+{t}^{2}}$|y₁-y₂|=2p$\sqrt{1+{t}^{2}}$•$\sqrt{{t}^{2}+4}$，|A₂B₂|=4p$\sqrt{1+{t}^{2}}$•$\sqrt{{t}^{2}+4}$，

平行線A₁B₁與A₂B₂之間的距離為d=$\frac{2p}{\sqrt{1+{t}^{2}}}$，
所以梯形A₁A₂B₂B₁的面積$S=\frac{1}{2}（|{{A_1}{B_1}}|+|{{A_2}{B_2}}|）•d=6{p^2}\sqrt{{t^2}+4}$≥12p²
當(dāng)t=0時(shí)，梯形A₁A₂B₂B₁的面積達(dá)最小，最小值為12p²．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了拋物線的性質(zhì)直線和拋物線的位置關(guān)系，考查了學(xué)生的運(yùn)算能力，以及轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題．