Question

19．已知動圓C過定點T（2，0），且在y軸上截得的弦PQ為4．
（Ⅰ）求動圓圓心C的軌跡曲線E的方程；
（Ⅱ）設(shè)A、B是曲線E上位于x軸兩側(cè)的兩動點，且$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=5，
（i）求證：直線AB過定點D，并求出定點D的坐標(biāo)．
（ii）過（i）中的D點作AB的垂線交曲線E于M、N兩點，求四邊形AMBN面積的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)C（x，y），PQ的中點K，運(yùn)用圓的垂徑定理和勾股定理，化簡整理即可得到所求曲線E的方程；
（Ⅱ）（i）設(shè)A（$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{4}$，y₁），B（$\frac{{{y}_{2}}^{2}}{4}$，y₂），運(yùn)用向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，解方程可得y₁y₂=-20，求出直線AB的斜率，可得直線AB的方程，可令y=0，解得x=5，即可得到定點；
（ii）可令A(yù)B：x=my+5，代入拋物線方程，運(yùn)用弦長公式可得|AB|，將m換為-$\frac{1}{m}$，可得|MN|，再由S_AMBN=$\frac{1}{2}$|AB|•|MN|，運(yùn)用換元法和基本不等式，二次函數(shù)的單調(diào)性，可得所求面積的最小值．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)C（x，y），PQ的中點K，
則|PK|=2，CK⊥PQ，
∴|CK|²+|PK|²=|PC|²．
又|PC|=|CT|，
∴|CK|²+|PK|²=|CT|²
∴x²+4=（x-2）²+y，
整理得y²=4x．
則動圓圓心C的軌跡曲線E的方程為y²=4x；
（Ⅱ）（i）設(shè)A（$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{4}$，y₁），B（$\frac{{{y}_{2}}^{2}}{4}$，y₂），
$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=5得：$\frac{（{y}_{1}{y}_{2}）^{2}}{16}$+y₁y₂=5，
解得y₁y₂=-20（4舍去），
又有k_AB=$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{\frac{{{y}_{1}}^{2}}{4}-\frac{{{y}_{2}}^{2}}{4}}$=$\frac{4}{{y}_{1}+{y}_{2}}$，
AB：y-y₁=$\frac{4}{{y}_{1}+{y}_{2}}$（x-$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{4}$），
令y=0得x=-$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{4}$=5，
所以直線AB過定點D（5，0）；
（ii）可令A(yù)B：x=my+5，
代入拋物線的方程y²=4x，可得y²-4my-20=0，
解得y=2m±$\sqrt{4{m}^{2}+20}$，
則|AB|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•2$\sqrt{4{m}^{2}+20}$，
將m換為-$\frac{1}{m}$，從而|MN|=$\sqrt{1+\frac{1}{{m}^{2}}}$•2$\sqrt{\frac{4}{{m}^{2}}+20}$，
∴S_AMBN=$\frac{1}{2}$|AB|•|MN|=2$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{1+\frac{1}{{m}^{2}}}$•$\sqrt{4{m}^{2}+20}$•$\sqrt{\frac{4}{{m}^{2}}+20}$
=2$\sqrt{2+（{m}^{2}+\frac{1}{{m}^{2}}）}$•$\sqrt{26+5（{m}^{2}+\frac{1}{{m}^{2}}）}$，
令u=m²+$\frac{1}{{m}^{2}}$（u≥2），
則S_AMBN=2$\sqrt{（2+u）（26+5u）}$，
易知（2+u）（26+5u）隨著u增加單調(diào)遞增，
故當(dāng)u=2即m²=1時，S_AMBN=2$\sqrt{（2+u）（26+5u）}$的最小值為24．

點評 本題考查軌跡方程的求法，直線與拋物線的位置關(guān)系的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力，屬于中檔題．