Question

10．已知拋物線C的方程為y²=2px（p＞0），拋物線的焦點(diǎn)到直線l：y=2x+2的距離為$\frac{4\sqrt{5}}{5}$．
（Ⅰ）求拋物線C的方程；
（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)R（x₀，2）在拋物線C上，過(guò)點(diǎn)Q（1，1）作直線交拋物線C于不同于R的兩點(diǎn)A，B，若直線AR，BR分別交直線l于M，N兩點(diǎn)，求|MN|最小時(shí)直線AB的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）可以得到拋物線的焦點(diǎn)為$（\frac{p}{2}，0）$，而根據(jù)點(diǎn)到直線的距離公式得到$\frac{|p+2|}{\sqrt{5}}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$，而由p＞0即可得出p=2，從而得出拋物線方程為y²=4x；
（Ⅱ）容易求出R點(diǎn)坐標(biāo)為（1，2），可設(shè)AB：x=m（y-1）+1，$A（\frac{1}{4}{{y}_{1}}^{2}，{y}_{1}），B（\frac{1}{4}{{y}_{2}}^{2}，{y}_{2}）$，直線AB方程聯(lián)立拋物線方程消去x可得到y(tǒng)²-4my+4m-4=0，從而有y₁+y₂=4m，y₁y₂=4m-4．可寫出直線AR的方程，聯(lián)立y=2x+2即可得出${x}_{M}=-\frac{2}{{y}_{1}}$，而同理可得到${x}_{N}=-\frac{2}{{y}_{2}}$，這樣即可求出$|MN|=2\sqrt{5}\sqrt{1+\frac{1}{m+\frac{1}{m}-2}}$，從而看出m=-1時(shí)，|MN|取到最小值$\sqrt{15}$，并且可得出此時(shí)直線AB的方程．

解答 解：（Ⅰ）拋物線的焦點(diǎn)為$（\frac{p}{2}，0）$，$d=\frac{{|{p+2}|}}{{\sqrt{5}}}=\frac{{4\sqrt{5}}}{5}$，得p=2，或-6（舍去）；
∴拋物線C的方程為y²=4x；
（Ⅱ）點(diǎn)R（x₀，2）在拋物線C上；
∴x₀=1，得R（1，2）；
設(shè)直線AB為x=m（y-1）+1（m≠0），$A（\frac{1}{4}{{y}_{1}}^{2}，{y}_{1}）$，$B（\frac{1}{4}{{y}_{2}}^{2}，{y}_{2}）$；
由$\left\{\begin{array}{l}{x=m（y-1）+1}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$得，y²-4my+4m-4=0；
∴y₁+y₂=4m，y₁y₂=4m-4；
AR：$y-2=\frac{{y}_{1}-2}{\frac{1}{4}{{y}_{1}}^{2}-1}（x-1）$=$\frac{4}{{y}_{1}+2}（x-1）$；
由$\left\{\begin{array}{l}{y-2=\frac{4}{{y}_{1}+2}（x-1）}\\{y=2x+2}\end{array}\right.$，得${x_M}=-\frac{2}{y_1}$，同理${x_N}=-\frac{2}{y_2}$；
∴$|{MN}|=\sqrt{5}|{{x_M}-{x_N}}|=2\sqrt{5}|{\frac{1}{y_2}-\frac{1}{y_1}}|=2\sqrt{5}\frac{{\sqrt{{m^2}-m+1}}}{{|{m-1}|}}=2\sqrt{5}\sqrt{1+\frac{m}{{{m^2}-2m+1}}}$=$2\sqrt{5}\sqrt{1+\frac{1}{{m-2+\frac{1}{m}}}}$；
∴當(dāng)m=-1時(shí)，${|{MN}|_{min}}=\sqrt{15}$，此時(shí)直線AB方程：x+y-2=0．

點(diǎn)評(píng) 考查拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程，拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)，以及點(diǎn)到直線的距離公式，曲線上的點(diǎn)的坐標(biāo)和曲線方程的關(guān)系，過(guò)定點(diǎn)的直線方程的設(shè)法，以及直線的點(diǎn)斜式方程，韋達(dá)定理，弦長(zhǎng)公式，復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性，要清楚函數(shù)$y=x+\frac{1}{x}$的單調(diào)性．