Question

19．已知拋物線x²=2py（p＞0）的焦點(diǎn)為F，直線x=4與x軸的交點(diǎn)為P，與拋物線的交點(diǎn)為Q，且$|{QF}|=\frac{5}{4}|{PQ}|$．
（1）求拋物線的方程；
（2）如圖所示，過(guò)F的直線l與拋物線相交于A，D兩點(diǎn)，與圓x²+（y-1）²=1相交于B，C兩點(diǎn)（A，B兩點(diǎn)相鄰），過(guò)A，D兩點(diǎn)分別作我校的切線，兩條切線相交于點(diǎn)M，求△ABM與△CDM的面積之積的最小值．

Answer 1

分析 （1）求得P和Q點(diǎn)坐標(biāo)，求得丨QF丨，由題意可知，$\frac{8}{p}$+$\frac{p}{2}$=$\frac{5}{4}$×$\frac{8}{p}$即可求得p的值，求得橢圓方程；
（2）設(shè)直線方程，代入拋物線方程，由韋達(dá)定理x₁x₂=-4，求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，求得切線方程，聯(lián)立求得M點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)點(diǎn)到直線距離公式，求得M到l的距離，利用三角形的面積公式，即可求得△ABM與△CDM的面積之積的最小值．

解答 解：（1）由題意可知P（4，0），Q（4，$\frac{8}{p}$），丨QF丨=$\frac{8}{p}$+$\frac{p}{2}$，
由$|{QF}|=\frac{5}{4}|{PQ}|$，則$\frac{8}{p}$+$\frac{p}{2}$=$\frac{5}{4}$×$\frac{8}{p}$，解得：p=2，
∴拋物線x²=4y；
（2）設(shè)l：y=kx+1，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{{x}^{2}=4y}\end{array}\right.$，整理得：x²-4kx-4=0，
則x₁x₂=-4，
由y=$\frac{1}{4}$x²，求導(dǎo)y′=$\frac{x}{2}$，
直線MA：y-$\frac{{x}_{1}^{2}}{4}$=$\frac{{x}_{1}}{2}$（x-x₁），即y=$\frac{{x}_{1}}{2}$x-$\frac{{x}_{1}^{2}}{4}$，
同理求得MD：y=$\frac{{x}_{2}}{2}$x-$\frac{{x}_{2}^{2}}{4}$，
$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{{x}_{1}x}{2}-\frac{{x}_{1}^{2}}{4}}\\{y=\frac{{x}_{2}x}{2}-\frac{{x}_{2}^{2}}{4}}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{x=2k}\\{y=-1}\end{array}\right.$，則M（2k，-1），
∴M到l的距離d=$\frac{2{k}^{2}+2}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=2$\sqrt{1+{k}^{2}}$，
∴△ABM與△CDM的面積之積S_△ABM•S_△CDM=$\frac{1}{4}$丨AB丨丨CD丨•d²，
=$\frac{1}{4}$（丨AF丨-1）（丨DF丨-1）•d²，
=$\frac{1}{4}$y₁y₂d²=$\frac{1}{4}$•$\frac{{x}_{1}^{2}{x}_{2}^{2}}{16}$×d²，
=1+k²≥1，
當(dāng)且僅當(dāng)k=0時(shí)取等號(hào)，
當(dāng)k=0時(shí)，△ABM與△CDM的面積之積的最小值1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與拋物線的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，導(dǎo)數(shù)的幾何意義，點(diǎn)到直線的距離公式，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．