Question

8．已知動圓C過定點A（0，1），且與直線y=-1相切．求：
（1）動圓的圓心C的軌跡方程；
（2）過點B（0，-2）的直線l與動圓的圓心的軌跡C交于兩個不同的點M，N，若$\overrightarrow{AM}$•$\overrightarrow{AN}$＜0，求直線l的斜率的取值范圍；
（3）若直線m過（0，$\frac{1}{2}$）與曲線C相交于兩點P、Q，過P、Q分別作曲線C的切線，設兩條切線的交點為G，求△GPQ面積的最小值．

Answer 1

分析 （1）利用拋物線的定義，可得動圓的圓心C的軌跡方程；
（2）y=kx-2，代入拋物線方程，利用韋達定理，結合向量的數(shù)量積公式，即可求直線l的斜率的取值范圍；
（3）由斜截式寫出直線方程，和拋物線方程聯(lián)立求出P，Q兩點橫坐標的積，再利用導數(shù)寫出過P，Q兩點的切線方程，然后整體運算可求得兩切線的交點的軌跡方程，再求△GPQ面積的最小值．

解答 解：（1）∵動圓C過定點A（0，1），且與直線y=-1相切，
∴動圓的圓心C的軌跡是拋物線，方程為x²=4y；
（2）設直線l的方程y=kx-2，M（x₁，$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}$），N（x₂，$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{4}$）
y=kx-2，代入拋物線方程，消去y得x²-4kx+8=0
∴x₁+x₂=4k，x₁x₂=8，且△=16k²-32＞0即k²＞2．
∴$\overrightarrow{AM}$•$\overrightarrow{AN}$=（x₁，$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}$-1）•（x₂，$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{4}$-1）=x₁x₂+（$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}$-1）（$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{4}$-1）=-4k²+17＜0
∴k＜-$\frac{\sqrt{17}}{2}$或k＞$\frac{\sqrt{17}}{2}$．
（3）解：設P（x₃，$\frac{{{x}_{3}}^{2}}{4}$），Q（x₄，$\frac{{{x}_{4}}^{2}}{4}$），
直線l：y=kx+$\frac{1}{2}$，代入拋物線方程，得：x²-4kx-2=0．
∴x₃x₄=-2…①．
又拋物線方程求導得y′=$\frac{x}{2}$，
∴拋物線過點A的切線的斜率為$\frac{{x}_{3}}{2}$，切線方程為y-$\frac{{{x}_{3}}^{2}}{4}$=$\frac{{x}_{3}}{2}$（x-x₃）…②
拋物線過點B的切線的斜率為$\frac{{x}_{4}}{2}$，切線方程為y-$\frac{{{x}_{4}}^{2}}{4}$=$\frac{{x}_{4}}{2}$（x-x₄）…③
由①②③得：x=2k，y=-$\frac{1}{2}$．
∴l(xiāng)₁與l₂的交點G的軌跡方程是y=-$\frac{1}{2}$，G（2k，-$\frac{1}{2}$），
∴△GPQ面積S=$\frac{1}{2}\sqrt{1+{k}^{2}}•\sqrt{16{k}^{2}+8}•\frac{2{k}^{2}+1}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=$\sqrt{2}$•$（2{k}^{2}+1）^{\frac{3}{2}}$，
∴k=0時，△GPQ面積的最小值為$\sqrt{2}$．

點評 本題考查了軌跡方程，訓練了利用導數(shù)研究曲線上某點處的切線方程，考查了整體運算思想方法，是中檔題．