Question

6．已知曲線C上的點到點F（0，1）的距離比它到直線y=-3的距離小2．
（1）求曲線C的方程；
（2）過點F且斜率為k的直線l交曲線C于A，B兩點，交圓F：x²+（y-1）²=1于M，N兩點（A，M兩點相鄰）．
①若$\overrightarrow{BF}$=λ$\overrightarrow{BA}$，當λ∈[$\frac{1}{2}$，$\frac{2}{3}$]時，求k的取值范圍；
②過A，B兩點分別作曲線C的切線l₁，l₂，兩切線交于點P，求△AMP與△BNP面積之積的最小值．

Answer 1

分析 （1）由動點P（x，y）到F（0，1）的距離比到直線y=-3的距離小2，可得動點P（x，y）到F（0，1）的距離等于它到直線y=-3的距離，利用拋物線的定義，即可求動點P的軌跡W的方程；
（2）①由題意知，直線l方程為y=kx+1，代入拋物線得x²-4kx-4=0，利用條件，結(jié)合韋達定理，可得4k²+2=$\frac{1}{λ}-1+\frac{1}{\frac{1}{λ}-1}$，利用函數(shù)的單調(diào)性，即可求k的取值范圍；
②求出直線PA，PB的方程，表示出面積，即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）由題意，動點P（x，y）到F（0，1）的距離比到直線y=-3的距離小2，
∴動點P（x，y）到F（0，1）的距離等于它到直線y=-1的距離，
∴動點P的軌跡是以F（0，1）為焦點的拋物線，標準方程為x²=4y；
（2）①依題意設(shè)直線l的方程為y=kx+1，代入x²=4y，得x²-4kx-4=0，
△=（-4k）²+16＞0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則x₁+x₂=4k，x₁x₂=-4，
∵$\overrightarrow{BF}=λ\overrightarrow{BA}$，∴（-x₂，y₂）=λ（x₁-x₂，y₁-y₂），$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}=1-\frac{1}{λ}$，
$\frac{16{k}^{2}}{-4}=\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}+2+\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=1-$\frac{1}{λ}+2+\frac{λ}{λ-1}$，
即4k²+2=$\frac{1}{λ}-1+\frac{1}{\frac{1}{λ}-1}$，
∵λ∈[$\frac{1}{2}$，$\frac{2}{3}$]，∴$\frac{1}{λ}-1∈[\frac{1}{2}，1]$，
∵函數(shù)f（x）=x+$\frac{1}{x}$在[$\frac{1}{2}，1$]單調(diào)單調(diào)遞減，
∴4k²+2∈[2，$\frac{5}{2}$]，-$\frac{\sqrt{2}}{4}≤k≤\frac{\sqrt{2}}{4}$，
∴k的取值范圍是[-$\frac{\sqrt{2}}{4}，\frac{\sqrt{2}}{4}$]．
②y=$\frac{1}{4}$x²，y′=$\frac{1}{2}$x，
∴直線PA：y-$\frac{1}{4}$x₁²=$\frac{1}{2}$x₁（x-x₁），PB：y-$\frac{1}{4}$x₂²=$\frac{1}{2}$x₂（x-x₂），
兩式相減整理可得x=$\frac{1}{2}$（x₁+x₂）=2k，
將x=$\frac{1}{2}$（x₁+x₂）=2k，代入直線PA的方程求得y=-1，
∴P（2k，-1），P到直線AB的距離d=$\frac{丨2{k}^{2}+2丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=2$\sqrt{1+{k}^{2}}$，
∵|AM|=|AF|-1=y₁，|BN|=|BF|-1=y₂，
∴|AM|•|BN|=y₁y₂=$\frac{{x}_{1}^{2}•{x}_{2}^{2}}{16}$=1，
∴△AMP與△BNP面積之積S_△AMP•S_△BNP
=$\frac{1}{2}$|AM|•d×$\frac{1}{2}$|BN|•d=$\frac{1}{4}$d²=$\frac{1}{4}$（2$\sqrt{1+{k}^{2}}$）²=1+k²，
當且僅當k=0時，△AMP與△BNP面積之積的最小值為1．

點評 本題考查拋物線的定義與方程，考查直線與拋物線的位置關(guān)系，考查向量知識的運用，考查三角形面積的計算，屬于中檔題．