Question

8．如圖，已知拋物線C₁：y=$\frac{1}{4}$x²，圓C₂：x²+（y-1）²=1，過點P（t，0）（t＞0）作不過原點O的直線PA，PB分別與拋物線C₁和圓C₂相切，A，B為切點．
（Ⅰ）求點A，B的坐標(biāo)；
（Ⅱ）求△PAB的面積．
注：直線與拋物線有且只有一個公共點，且與拋物線的對稱軸不平行，則稱該直線與拋物線相切，稱該公共點為切點．

Answer 1

分析 （I）由直線PA的斜率存在，設(shè)切線PA的方程為：y=k（x-t）（k≠0），與拋物線方程聯(lián)立化為x²-4kx+4kt=0，利用△=0，解得k=t，可得A坐標(biāo)．圓C₂的圓心D（0，1），設(shè)B（x₀，y₀），由題意可知：點B與O關(guān)于直線PD對稱，可得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{y}_{0}}{2}=-\frac{{x}_{0}}{2t}+1}\\{{x}_{0}t-{y}_{0}=0}\end{array}\right.$，解得B坐標(biāo)．
（II）由（I）可得：（t²-1）x-2ty+2t=0，可得點P到直線AB的距離d，又|AB|=$\sqrt{（\frac{2t}{1+{t}^{2}}-2t）^{2}+（\frac{2{t}^{2}}{1+{t}^{2}}-{t}^{2}）^{2}}$．即可得出S_△PAB=$\frac{1}{2}|AB|•d$．

解答 解：（I）由直線PA的斜率存在，設(shè)切線PA的方程為：y=k（x-t）（k≠0），聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{4}{x}^{2}}\\{y=k（x-t）}\end{array}\right.$，
化為x²-4kx+4kt=0，
∵△=16k²-16kt=0，解得k=t，
∴x=2t，∴A（2t，t²）．
圓C₂的圓心D（0，1），設(shè)B（x₀，y₀），由題意可知：點B與O關(guān)于直線PD對稱，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{y}_{0}}{2}=-\frac{{x}_{0}}{2t}+1}\\{{x}_{0}t-{y}_{0}=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{0}=\frac{2t}{1+{t}^{2}}}\\{{y}_{0}=\frac{2{t}^{2}}{1+{t}^{2}}}\end{array}\right.$．
∴B$（\frac{2t}{1+{t}^{2}}，\frac{2{t}^{2}}{1+{t}^{2}}）$．
（II）由（I）可得：k_AB=$\frac{\frac{2{t}^{2}}{1+{t}^{2}}-{t}^{2}}{\frac{2t}{1+{t}^{2}}-2t}$=$\frac{{t}^{2}-1}{2t}$，直線AB的方程為：y-t²=$\frac{{t}^{2}-1}{2t}（x-2t）$，化為（t²-1）x-2ty+2t=0，
∴點P到直線AB的距離d=$\frac{|（{t}^{2}-1）t+2t|}{\sqrt{（{t}^{2}-1）^{2}+（-2t）^{2}}}$=$\frac{{t}^{3}+t}{{t}^{2}+1}$=t，
又|AB|=$\sqrt{（\frac{2t}{1+{t}^{2}}-2t）^{2}+（\frac{2{t}^{2}}{1+{t}^{2}}-{t}^{2}）^{2}}$=t²．
∴S_△PAB=$\frac{1}{2}|AB|•d$=$\frac{1}{2}{t}^{3}$．

點評 本小題主要考查拋物線、直線與拋物線及其圓的位置關(guān)系及其性質(zhì)、垂直平分線的性質(zhì)、點到直線的距離公式等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，屬于難題．