Question

19．已知拋物線x²=4y的焦點為F，過焦點F且不平行于x軸的動直線l交拋物線于A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）兩點，拋物線在A、B兩點處的切線交于點M．
（1）求A，B兩點的橫坐標之和；
（2）求證：A，M，B三點的橫坐標成等差數(shù)列；
（3）設直線MF交該拋物線于C，D兩點，求四邊形ACBD面積的最小值．

Answer 1

分析 （1）通過拋物線方程可知焦點F（0，1），通過設直線AB方程y=kx+1（k≠0）并與拋物線聯(lián)立、利用韋達定理即得結論；
（2）通過拋物線方程可知直線AM方程為2（y+y₁）=x₁x、直線BM的方程為2（y+y₂）=x₂x，兩式相減計算即得結論；
（3）通過（2）可知M（2k，-1）（k≠0），進而可知AB⊥CD，利用兩點間距離公式、完全平方公式、矩形面積公式、基本不等式計算即得結論．

解答 （1）解：∵拋物線方程為：x²=4y，
∴焦點為F（0，1），
∵動直線l過焦點F且不平行于x軸，
∴可設直線AB方程為：y=kx+1（k≠0），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{{x}^{2}=4y}\end{array}\right.$，消去y、整理得：x²-4kx-4=0，
顯然△=16k²+16＞0，
∵A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
∴x₁+x₂=4k，x₁x₂=-4，
∴A、B兩點的橫坐標之和為4k；
（2）證明：∵拋物線方程為：x²=4y，
∴y=$\frac{1}{4}$x²，∴y′=$\frac{1}{2}$x，
∵k_AM=$\frac{1}{2}$x₁，
∴直線AM方程為：y-y₁=$\frac{1}{2}$x₁（x-x₁），
又∵${{x}_{1}}^{2}$=4y₁，
∴直線AM方程為：2（y+y₁）=x₁x，
同理，直線BM的方程為：2（y+y₂）=x₂x，
兩式相減得：x=$\frac{1}{2}$（x₁+x₂），
即A、M、B三點的橫坐標成等差數(shù)列；
（3）解：由（2）可知2（y+y₁）=x₁•$\frac{1}{2}$（x₁+x₂），
∴4y+4y₁=${{x}_{1}}^{2}$+x₁x₂，
∴y=$\frac{{x}_{1}{x}_{2}}{4}$=$\frac{-4}{4}$=-1，
∴M（2k，-1）（k≠0），
∴k_MF=$\frac{2}{-2k}$=-$\frac{1}{k}$，
∴直線MF的方程為：y=-$\frac{1}{k}$x+1，
∴AB⊥CD，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{k}x+1}\\{{x}^{2}=4y}\end{array}\right.$，消去y、整理得：x²+$\frac{4}{k}$x-4=0，
∴x_C+x_D=-$\frac{4}{k}$，x_Cx_D=-4，
∴|CD|=$\sqrt{（{x}_{C}-{x}_{D}）^{2}+（{y}_{C}-{y}_{D}）^{2}}$
=$\sqrt{（1+\frac{1}{{k}^{2}}）}$•$\sqrt{（{x}_{C}-{x}_{D}）^{2}}$
=$\sqrt{（1+\frac{1}{{k}^{2}}）}$•$\sqrt{（{x}_{C}+{x}_{D}）^{2}-4{x}_{C}{x}_{D}}$
=$\sqrt{（1+\frac{1}{{k}^{2}}）}$•$\sqrt{（-\frac{4}{k}）^{2}-4•（-4）}$
=4（1+$\frac{1}{{k}^{2}}$），
又∵|AB|=$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}}$
=$\sqrt{1+{k}^{2}}•$$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}}$
=$\sqrt{1+{k}^{2}}•$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\sqrt{1+{k}^{2}}•$$\sqrt{（4k）^{2}-4•（-4）}$
=4（1+k²），
∴S_{四邊形ACBD}=$\frac{1}{2}$•|AB|•|CD|
=$\frac{1}{2}$•4（1+k²）•4（1+$\frac{1}{{k}^{2}}$）
=8（k²+$\frac{1}{{k}^{2}}$+2）
≥8（2$\sqrt{{k}^{2}•\frac{1}{{k}^{2}}}$+2）（當且僅當k²=$\frac{1}{{k}^{2}}$即k=±1時取等號）
=32，
∴四邊形ACBD面積的最小值為32．

點評 本題考查拋物線的簡單性質，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．