Question

14．已知拋物線E：y²=2px（p＞0）的準線與x軸交于點K，過點K作圓C：（x-2）²+y²=1的兩條切線，切點為M，N，|MN|=$\frac{4\sqrt{2}}{3}$
（1）求拋物線E的方程
（2）設(shè)A、B是拋物線E上分別位于x軸兩側(cè)的兩個動點，且$\overrightarrow{OA}$$•\overrightarrow{OB}$=$\frac{9}{4}$（其中O為坐標原點）
①求證：直線AB必過定點，并求出該定點Q的坐標
②過點Q作AB的垂線與拋物線交于G、D兩點，求四邊形AGBD面積的最小值．

Answer 1

分析 （1）求得K的坐標，圓的圓心和半徑，運用對稱性可得MR的長，由勾股定理和銳角的三角函數(shù)，可得CK=3，再由點到直線的距離公式即可求得p=2，進而得到拋物線方程；
（2）①設(shè)出直線方程，聯(lián)立拋物線方程，運用韋達定理和向量的數(shù)量積的坐標表示，化簡整理，即可得到定點Q；
②運用弦長公式和四邊形的面積公式，換元整理，結(jié)合基本不等式，即可求得最小值．

解答 （1）解：由已知可得K（-$\frac{p}{2}$，0），圓C：（x-2）²+y²=1的圓心C（2，0），半徑r=1．
設(shè)MN與x軸交于R，由圓的對稱性可得|MR|=$\frac{2\sqrt{2}}{3}$，
于是|CR|=$\sqrt{M{C}^{2}-M{R}^{2}}$=$\sqrt{1-\frac{8}{9}}$=$\frac{1}{3}$，
即有|CK|=$\frac{|MC|}{sin∠MKC}$=$\frac{|MC|}{sin∠CMR}$=$\frac{1}{\frac{1}{3}}$=3，
即有2+$\frac{p}{2}$=3，解得p=2，則拋物線E的方程為y²=4x；
（2）①證明：設(shè)直線AB：x=my+t，A（$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{4}$，y₁），B（$\frac{{{y}_{2}}^{2}}{4}$，y₂），
聯(lián)立拋物線方程可得y2-4my-4t=0，
y₁+y₂=4m，y₁y₂=-4t，
$\overrightarrow{OA}$$•\overrightarrow{OB}$=$\frac{9}{4}$，即有（$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{4}$）²+y₁y₂=$\frac{9}{4}$，
解得y₁y₂=-18或2（舍去），
即-4t=-18，解得t=$\frac{9}{2}$．
則有AB恒過定點Q（$\frac{9}{2}$，0）；
②解：由①可得|AB|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$|y₂-y₁|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{16{m}^{2}+72}$，
同理|GD|=$\sqrt{1+（-\frac{1}{m}）^{2}}$|y₂-y₁|=$\sqrt{1+\frac{1}{{m}^{2}}}$•$\sqrt{\frac{16}{{m}^{2}}+72}$，
則四邊形AGBD面積S=$\frac{1}{2}$|AB|•|GD|=$\frac{1}{2}$$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{16{m}^{2}+72}$•$\sqrt{1+\frac{1}{{m}^{2}}}$•$\sqrt{\frac{16}{{m}^{2}}+72}$
=4$\sqrt{（2+（{m}^{2}+\frac{1}{{m}^{2}}））（85+18（{m}^{2}+\frac{1}{{m}^{2}}））}$，
令m²+$\frac{1}{{m}^{2}}$=μ（μ≥2），則S=4$\sqrt{18{μ}^{2}+121μ+170}$是關(guān)于μ的增函數(shù)，
則當μ=2時，S取得最小值，且為88．
當且僅當m=±1時，四邊形AGBD面積的最小值為88．

點評 本題考查拋物線的方程和性質(zhì)，主要考查拋物線方程和直線方程聯(lián)立，運用韋達定理和弦長公式，同時考查直線和圓的位置關(guān)系，向量的數(shù)量積的坐標表示，具有一定的運算量，屬于中檔題．