Question

15．已知拋物線C頂點為O（0，0），焦點為F（1，0），A為C上異于頂點的任意一點，過點A的直線l交C 于另一點B，交x軸的正半軸于點D，且有|FA|=|FD|，延長AF交曲線C于點E．過點E作直線l₁平行于l，設l₁與此拋物線準線交于點Q．
（Ⅰ）求拋物線的C的方程；
（Ⅱ）設點A、B、E的縱坐標分別為y_A、y_B、y_E，求$\frac{{{y_A}-{y_B}}}{{{y_A}-{y_E}}}$的值；
（Ⅲ）求△AEQ面積的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由拋物線C頂點為O（0，0），焦點為F（1，0），可得拋物線開口向右，即可得到拋物線方程；
（Ⅱ）首先通過$A（\frac{t^2}{4}，t）$，得到D的坐標，從而得到直線AD的方程，求出y_B，通過直線AE的方程求得y_E，將坐標代入求$\frac{{{y_A}-{y_B}}}{{{y_A}-{y_E}}}$求值；
（Ⅲ）求△AEQ面積的最值，首先求出面積的表達式S_△AQE=$\frac{1}{2}$|QG|•|y_A-y_E|，進而化簡利用均值不等式求最小值．

解答 解：（Ⅰ）由拋物線C頂點為O（0，0），焦點為F（1，0），
即有拋物線的方程為y²=4x；
（Ⅱ）設$A（\frac{t^2}{4}，t）$，$|{AF}|=\frac{t^2}{4}+1$，
∵|AF|=|DF|∴${x_D}-1=\frac{t^2}{4}+1$，
∴$D（\frac{t^2}{4}+2，0）$，
∴直線AD的方程為$y=-\frac{t}{2}（x-\frac{t^2}{4}-2）$，
直線AE的方程為$y=\frac{4t}{{{t^2}-4}}（x-1）$，
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=\frac{4t}{{{t^2}-4}}（x-1）}\\{{y^2}=4x}\end{array}}\right.$，可得${y^2}-\frac{{{t^2}-4}}{t}y-4=0$
∵y_A=t，∴${y_E}=\frac{-4}{t}$，
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=-\frac{t}{2}（x-\frac{t^2}{4}-2）}\\{{y^2}=4x}\end{array}}\right.$，可得${y^2}+\frac{8}{t}y-{t^2}-8=0$
∵y_A=t∴${y_B}=-t-\frac{8}{t}$
∴$\frac{{{y_B}-{y_A}}}{{{y_E}-{y_A}}}=\frac{{-2t-\frac{8}{t}}}{{-t-\frac{4}{t}}}=2$；
（Ⅲ）直線l₁方程為y=-$\frac{t}{2}$x-$\frac{2}{t}$，
令x=-1，可得Q（-1，$\frac{t}{2}$-$\frac{2}{t}$），y_E=$\frac{{y}_{A}+{y}_{B}}{2}$，取AB的中點G，
QG∥x軸，則S_△AQE=$\frac{1}{2}$|QG|•|y_A-y_E|，
|QG|=$\frac{1}{2}$（$\frac{{t}^{2}}{4}$+$\frac{4}{{t}^{2}}$+2）=$\frac{1}{2}$（$\frac{2}{t}$+$\frac{t}{2}$）²，即有S_△AQE=$\frac{1}{16}$（t+$\frac{4}{t}$）³≥$\frac{1}{16}$•（2$\sqrt{t•\frac{4}{t}}$）³=4，
則S_△AQE的最小值為4，當且僅當t=±2取等號．

點評 本題考查拋物線的方程和性質的運用，考查直線方程的求法和運用，以及化簡整理能力，基本不等式的運用，屬于中檔題．