Question

10．設(shè)已知拋物線C：y²=2px的焦點為F₁，過F₁的直線l與曲線C相交于M，N兩點．
（1）若直線l的傾斜角為60°，且|MN|=$\frac{16}{3}$，求p；
（2）若p=2，橢圓$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1上兩個點P，Q，滿足：P，Q，F(xiàn)₁三點共線且PQ⊥MN，求四邊形PMQN的面積的最小值．

Answer 1

分析 （1）直線l的方程為y=$\sqrt{3}$（x-$\frac{p}{2}$），代入拋物線方程，利用弦長公式，求p；
（2）分類討論，求出弦長，表示面積，即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）直線l的方程為y=$\sqrt{3}$（x-$\frac{p}{2}$），代入拋物線方程，整理可得$3{x}^{2}-5px+\frac{3{p}^{2}}{4}$=0，
∴x_N+x_M=$\frac{5p}{3}$，
∵|MN|=$\frac{16}{3}$，
∴$\frac{5p}{3}$+p=$\frac{16}{3}$，∴p=2；
（2）當直線MN斜率不存在時，直線PQ斜率為0，此時|MN|=4，|PQ|=2$\sqrt{2}$，S_PMQN=4$\sqrt{2}$．
當直線MN斜率存在時，設(shè)方程為y=k（x-1）（k≠0），代入拋物線可得k²x²-（2k²+4）x+k²=0，
∴x_M+x_N=$\frac{4}{{k}^{2}}$+2，
∴|MN|=$\frac{4}{{k}^{2}}$+4
由PQ⊥MN，可設(shè)PQ的方程y=-$\frac{1}{k}$（x-1），代入橢圓方程得（k²+2）x²-4x+2-2k²=0，
∴x_P+x_Q=$\frac{4}{2+{k}^{2}}$，x_Px_Q=$\frac{2-2{k}^{2}}{2+{k}^{2}}$，
∴PQ|=$\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}$•$\sqrt{（\frac{4}{2+{k}^{2}}）^{2}-4•\frac{2-2{k}^{2}}{2+{k}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{2+{k}^{2}}$，
∴S=$\frac{4\sqrt{2}（1+{k}^{2}）^{2}}{{k}^{2}（2+{k}^{2}）}$，
令t=1+k²（t＞1），S=$\frac{4\sqrt{2}{t}^{2}}{{t}^{2}-1}$=4$\sqrt{2}$（1+$\frac{1}{{t}^{2}-1}$）＞4$\sqrt{2}$，
∴四邊形PMQN的面積的最小值為4$\sqrt{2}$．

點評 本題考查拋物線的方程與性質(zhì)，考查四邊形面積的計算，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．