Question

20．如圖，已知F為拋物線y²=2x的焦點(diǎn)，點(diǎn)A，B，C在該拋物線上，其中A，C關(guān)于x軸對(duì)稱（A在第一象限），且直線BC經(jīng)過點(diǎn)F．
（Ⅰ）若△ABC的重心為G（x₀，$\frac{2}{3}$），求x₀的值；
（Ⅱ）設(shè)S_△ABO=S₁，S_△CFO=S₂，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求S₁²+S₂²的最小值．

Answer 1

分析 設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₁，-y₁），運(yùn)用三角形的重心坐標(biāo)公式和拋物線方程，即可求得A，B的坐標(biāo)，進(jìn)而得到直線方程；
（Ⅱ）通過直線BC，AB的方程和拋物線方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，可得AB恒過定點(diǎn)（-$\frac{1}{2}$，0），即有S_△ABO=$\frac{1}{2}$|OE|•|y₂-y₁|=$\frac{1}{4}$|y₂-y₁|，S_△CFO=$\frac{1}{2}$|OF|•|y₁|=$\frac{1}{4}$|y₁|，y₁y₂=1，再由基本不等式計(jì)算即可得到最小值．

解答 解：（I）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₁，-y₁）．
∴△ABC的重心G（$\frac{2{x}_{1}+{x}_{2}}{3}$，$\frac{{y}_{2}}{3}$）．
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{y}_{2}}{3}=\frac{2}{3}}\\{{{y}_{2}}^{2}=2{x}_{2}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}=2}\\{{y}_{2}=2}\end{array}\right.$．
∵F（$\frac{1}{2}$，0），k_BF=k_BC，
∴$\frac{2}{2-\frac{1}{2}}=\frac{2+{y}_{1}}{2-{x}_{1}}$，又y₁²=2x₁，解得x₁=$\frac{1}{8}$，y₁=$\frac{1}{2}$．
∴x₀=$\frac{2{x}_{1}+{x}_{2}}{3}$=$\frac{3}{4}$．
（II）設(shè)直線BC方程為x-$\frac{1}{2}$=my，聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{x-\frac{1}{2}=my}\\{{y}^{2}=2x}\end{array}\right.$得，y²-2my-1=0，
∴-y₁y₂=-1，即y₁y₂=1．
設(shè)AB方程為y=kx+n，聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+n}\\{{y}^{2}=2x}\end{array}\right.$得，ky²-2y+2n=0，
∴y₁y₂=$\frac{2n}{k}=1$，∴n=$\frac{k}{2}$．
∴直線AB方程為y=k（x+$\frac{1}{2}$），即直線AB經(jīng)過點(diǎn)E（-$\frac{1}{2}$，0）．
∴S₁=S_△AOB=S_△OBE-S_△OAE=$\frac{1}{2}|OE||{y}_{2}-{y}_{1}|$=$\frac{1}{4}|{y}_{2}-{y}_{1}|$，
S₂=$\frac{1}{2}$|OF||y₁|=$\frac{1}{4}{y}_{1}$．
∴S₁²+S₂²=$\frac{1}{16}（{y}_{2}-{y}_{1}）^{2}+\frac{1}{16}{{y}_{1}}^{2}$=$\frac{1}{16}$（2y₁²+y₂²-2），
∵y₁y₂=1，∴2y₁²+y₂²≥2$\sqrt{2}$
∴$\frac{1}{16}$（2y₁²+y₂²-2）≥$\frac{1}{16}$（2$\sqrt{2}$-2）=$\frac{\sqrt{2}-1}{8}$．
∴S₁²+S₂²的最小值為$\frac{\sqrt{2}-1}{8}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查拋物線的方程和性質(zhì)，主要考查聯(lián)立直線方程和拋物線的方程，韋達(dá)定理，同時(shí)考查基本不等式的運(yùn)用，屬于中檔題．