Question

15．已知點F（1，0），點P為平面內(nèi)的動點，過點P作直線l：x=-1的垂線，垂足為Q，且$\overrightarrow{QP}•\overrightarrow{QF}=\overrightarrow{FP}•\overrightarrow{FQ}$．
（Ⅰ）求動點P的軌跡C的方程；
（Ⅱ）設(shè)點P的軌跡C與x軸交于點M，點A，B是軌跡C上異于點M的不同的兩點，且滿足$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{AB}=0$，求$|\overrightarrow{MB}|$的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)P（x，y），則Q（-1，y），通過向量的數(shù)量積求出動點P的軌跡C的方程，
（Ⅱ）（法一）依題意M（0，0），設(shè)MA：y=kx，構(gòu)造方程組，求出點A的坐標(biāo)，再設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），根據(jù)韋達定理和兩點之間的距離公式和函數(shù)的單調(diào)性即可求出，
（法二），設(shè)依題意M（0，0），設(shè)$A（\frac{y_1^2}{4}\;，\;\;{y_1}）\;，\;\;B（\frac{y_2^2}{4}\;，\;\;{y_2}）$，根據(jù)$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{AB}=0$，和基本不等式即可求出答案．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)P（x，y），則Q（-1，y），
∵$\overrightarrow{QP}•\overrightarrow{QF}=\overrightarrow{FP}•\overrightarrow{FQ}$，F(xiàn)（1，0），
∴（x+1，0）•（2，-y）=（x-1，y）•（-2，y），…（2分）
∴2（x+1）=-2（x-1）+y²，∴y²=4x，即動點P的軌跡C的方程為y²=4x．…（4分）
（Ⅱ）（法一）依題意M（0，0），設(shè)MA：y=kx，
由$\left\{\begin{array}{l}y=kx\;，\;\;\\{y^2}=4x\;，\;\;\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}x=\frac{4}{k^2}\;，\;\;\\ y=\frac{4}{k}\;，\;\;\end{array}\right.$∴點$A（\frac{4}{k^2}\;，\;\;\frac{4}{k}）$，…（5分）
設(shè)$AB：y-\frac{4}{k}=-\frac{1}{k}（x-\frac{4}{k^2}）$，
由$\left\{\begin{array}{l}AB：y-\frac{4}{k}=-\frac{1}{k}（x-\frac{4}{k^2}）\;，\;\;\\{y^2}=4x\;，\;\;\end{array}\right.$消去x，得$\frac{y^2}{4k}+y-\frac{4}{k}-\frac{4}{k^3}=0$，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則y₁+y₂=-4k，…（7分）
∵${y_1}=\frac{4}{k}$，∴${y_2}=-4k-\frac{4}{k}$，∴${x_2}=\frac{y_2^2}{4}=4{（k+\frac{1}{k}）^2}$，
∴$|MB{|^2}=x_2^2+y_2^2=16{（k+\frac{1}{k}）^4}+16{（k+\frac{1}{k}）^2}$，…（8分）
設(shè)$t={（k+\frac{1}{k}）^2}≥4$，則$|MB{|^2}=16（{t^2}+t）=16[{（t+\frac{1}{2}）^2}-\frac{1}{4}]$，$y=16[{（t+\frac{1}{2}）^2}-\frac{1}{4}]$在[4，+∞）上是增函數(shù)，
∴當(dāng)t=4時，${y_{min}}=16（{4^2}+4）=16×20$，
∴$|MB{|_{min}}=8\sqrt{5}$．…（12分）
（法二） 依題意M（0，0），設(shè)$A（\frac{y_1^2}{4}\;，\;\;{y_1}）\;，\;\;B（\frac{y_2^2}{4}\;，\;\;{y_2}）$，
則$\overrightarrow{MA}=（\frac{y_1^2}{4}\;，\;\;{y_1}）\;，\;\;\overrightarrow{AB}=（\frac{y_2^2-y_1^2}{4}\;，\;\;{y_2}-{y_1}）$，
∵$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{AB}=0$，∴$\frac{y_1^2（y_2^2-y_1^2）}{16}+{y_1}（{y_2}-{y_1}）=0$，…（7分）
∵y₁≠y₂，y₁≠0，∴${y_2}=-（{y_1}+\frac{16}{y_1}）$，…（8分）
∴$y_2^2=y_1^2+\frac{256}{y_1^2}+32≥2\sqrt{256}+32=64$，當(dāng)且僅當(dāng)$y_1^2=\frac{256}{y_1^2}$，即y₁=±4時取等號，
∴$|\overrightarrow{MB}|=\sqrt{{{（\frac{y_2^2}{4}）}^2}+y_2^2}=\frac{1}{4}\sqrt{{{（y_2^2+8）}^2}-64}$，
當(dāng)$y_2^2=64$，即y₂=±8時，$|\overrightarrow{MB}|=8\sqrt{5}$．…（12分）

點評 本小題主要考查拋物線的性質(zhì)，直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用能力，具體涉及到拋物線標(biāo)準(zhǔn)方程的求取，向量的數(shù)量積的運算，對于考生的化歸與轉(zhuǎn)化思想、運算求解能力都有很高要求．