Question

4．已知O是坐標(biāo)系的原點(diǎn)，F(xiàn)是拋物線C：x²=4y的焦點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F的直線交拋物線于A，B兩點(diǎn)，弦AB的中點(diǎn)為M，△OAB的重心為G．
（Ⅰ）求動(dòng)點(diǎn)G的軌跡方程；
（Ⅱ）設(shè)（Ⅰ）中的軌跡與y軸的交點(diǎn)為D，當(dāng)直線AB與x軸相交時(shí)，令交點(diǎn)為E，求四邊形DEMG的面積最小時(shí)直線AB的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得焦點(diǎn)F（0，1），顯然直線AB的斜率存在，設(shè)AB：y=kx+1，代入拋物線的方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和三角形的重心坐標(biāo)，運(yùn)用代入法消去k，即可得到所求軌跡方程；
（Ⅱ）求得D，E和G的坐標(biāo)，|DG|和|ME|的長(zhǎng)，以及D點(diǎn)到直線AB的距離，運(yùn)用四邊形的面積公式，結(jié)合基本不等式可得最小值，由等號(hào)成立的條件，可得直線AB的方程．

解答 解：（Ⅰ）焦點(diǎn)F（0，1），顯然直線AB的斜率存在，
設(shè)AB：y=kx+1，
聯(lián)立x²=4y，消去y得，x²-4kx-4=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），G（x，y），
則x₁+x₂=4k，x₁x₂=-4，
所以${y_1}+{y_2}=k{x_1}+1+k{x_2}+1=4{k^2}+2$，
所以$\left\{{\begin{array}{l}{x=\frac{4k}{3}}\\{y=\frac{{4{k^2}+2}}{3}}\end{array}}\right.$，
消去k，得重心G的軌跡方程為$y=\frac{3}{4}{x^2}+\frac{2}{3}$；
（Ⅱ）由已知及（Ⅰ）知，$D（0，\frac{2}{3}），E（-\frac{1}{k}，0），k≠0，{x_M}=2k，{x_G}=\frac{4k}{3}$，
因?yàn)?\frac{{|{OD}|}}{{|{OF}|}}=\frac{2}{3}=\frac{{|{OG}|}}{{|{OM}|}}$，所以DG∥ME，（注：也可根據(jù)斜率相等得到），$|{DG}|=\sqrt{1+{k^2}}|{\frac{4k}{3}}|，|{ME}|=\sqrt{1+{k^2}}|{2k-（-\frac{1}{k}）}|=\sqrt{1+{k^2}}（2|k|+|{\frac{1}{k}}|）$，
D點(diǎn)到直線AB的距離$d=\frac{{\frac{1}{3}}}{{\sqrt{1+{k^2}}}}=\frac{1}{{3\sqrt{1+{k^2}}}}$，
所以四邊形DEMG的面積$S=\frac{1}{2}\sqrt{1+{k^2}}•（|{\frac{4k}{3}}|+2|k|+|{\frac{1}{k}}|）•\frac{1}{{3\sqrt{1+{k^2}}}}=\frac{1}{6}（\frac{10}{3}|k|+\frac{1}{|k|}）≥\frac{1}{6}•2\sqrt{\frac{10}{3}}=\frac{{\sqrt{30}}}{9}$，
當(dāng)且僅當(dāng)$\frac{10}{3}|k|=\frac{1}{|k|}$，即$k=±\frac{{\sqrt{30}}}{10}$時(shí)取等號(hào)，
此時(shí)四邊形DEMG的面積最小，
所求的直線AB的方程為$y=±\frac{{\sqrt{30}}}{10}x+1$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查軌跡方程的求法，注意運(yùn)用代入法，考查四邊形面積的最值的求法，注意運(yùn)用弦長(zhǎng)公式和點(diǎn)到直線的距離和基本不等式，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．