Question

9．已知點(diǎn)P（2，0），拋物線y²=4x，過P作斜率分別為k₁，k₂的兩條直線交拋物線于A，B，C，D四點(diǎn)，且M，N分別是線段AB，CD的中點(diǎn)．
（Ⅰ）若k₁•k₂=-1，求△PMN的面積的最小值；
（Ⅱ）若k₁+k₂=1，求證：直線MN過定點(diǎn)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）若k₁•k₂=-1，兩直線互相垂直，求出M，N的坐標(biāo)，可得|PM|，|PN|，即可求△PMN面積的最小值；
（Ⅱ）不妨設(shè)AB的斜率k₁=k，求出CD的斜率k₂=1-k，利用點(diǎn)斜式方程求出直線AB、CD的方程，與拋物線方程聯(lián)立消x得關(guān)于y的一元二次方程，根據(jù)韋達(dá)定理即可求得中點(diǎn)M、N的坐標(biāo)，利用點(diǎn)斜式方程求出直線MN的方程，化簡后求出直線過的定點(diǎn)坐標(biāo)．

解答 解：（Ⅰ）∵k₁•k₂=-1，∴兩直線互相垂直，
設(shè)AB：x=my+2，則CD：x=-$\frac{1}{m}$y+2，
x=my+2代入y²=4x，得y²-4my-8=0，
則y₁+y₂=4m，y₁y₂=-8，
∴M（2m²+2，2m）．
同理N（$\frac{2}{{m}^{2}}$+2，-$\frac{2}{m}$），
∴|PM|=2|m|•$\sqrt{{m}^{2}+1}$，|PN|=$\frac{2}{{m}^{2}}$•$\sqrt{{m}^{2}+1}$，
∴S_△PMN=$\frac{1}{2}$|PM||PN|=$\frac{1}{|m|}$（m²+1）=2（|m|+$\frac{1}{|m|}$）≥4，
當(dāng)且僅當(dāng)m=±1時(shí)取等號(hào)，
∴△PMN面積的最小值為4；
（Ⅱ）證明：由題意知，k₁+k₂=1，
不妨設(shè)AB的斜率k₁=k，則CD的斜率k₂=1-k，
所以AB的直線方程是：y=k（x-2），CD的直線方程是y=（1-k）（x-2），
設(shè)A（x₁′，y₁′），B（x₂′，y₂′），
由 $\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-2）}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$得，k²x²-（4k²+4）x+4k²=0，
則x₁′+x₂′=4+$\frac{4}{{k}^{2}}$，x₁′x₂′=m²，
所以y₁′+y_2′=k（x₁′-2）+k（x₂′-2）=k（4+$\frac{4}{{k}^{2}}$）-4k=$\frac{4}{k}$，
因?yàn)镸是AB的中點(diǎn)，所以點(diǎn)M（2+$\frac{2}{{k}^{2}}$，$\frac{2}{k}$），
同理可得，點(diǎn)N（2+$\frac{2}{{（1-k）}^{2}}$，$\frac{2}{1-k}$），
所以直線MN的方程是：y-$\frac{2}{k}$=$\frac{\frac{2}{k}-\frac{2}{1-k}}{\frac{2}{{k}^{2}}-\frac{2}{{（1-k）}^{2}}}$（x-2-$\frac{2}{{k}^{2}}$），
化簡得，y=（k-k²）（x-2）+2，令x=2，得y=2，
所以直線MN過定點(diǎn)（2，2）．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查拋物線的幾何性質(zhì)，直線方程的求解，以及直線與拋物線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，同時(shí)考查解析幾何的基本思想方法和運(yùn)算求解能力．