Question

4．已知動圓過定點F（0，1），且與定直線l：y=-1相切．
（1）求動圓圓心的軌跡C的方程；
（2）若點A（x₀，y₀）是直線x-y-4=0上的動點，過點A作曲線C的切線，切點記為M，N．
①求證：直線MN恒過定點；
②△AMN的面積S的最小值．

Answer 1

分析 （1）動圓過定點F（0，1），且與定直線l：y=-1相切．由拋物線的定義可知：動圓圓心的軌跡C是拋物線：可得方程．
（2）①x²=4y，可得y′=$\frac{x}{2}$，設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），曲線在點M的曲線方程為：y=$\frac{{x}_{1}}{2}$x-y₁，在點N處的曲線方程為：y=$\frac{{x}_{2}}{2}$x-y₂，代入點A（x₀，y₀），可得直線MN的方程：y=$\frac{{x}_{0}}{2}x-{y}_{0}$，其中y₀=x₀-4，即x₀（x-2）+2（4-y）=0，即可證明直線MN恒過定點．
②聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}=4y}\\{y=\frac{{x}_{0}}{2}x-{y}_{0}}\end{array}\right.$，化為：x²-2x₀x+4y₀=0，利用根與系數(shù)的關系可得|MN|=$\sqrt{（1+\frac{{x}_{0}^{2}}{4}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$．點A到直線MN的距離d=$\frac{|{x}_{0}^{2}-4{y}_{0}|}{\sqrt{{x}_{0}^{2}+4}}$．利用S=$\frac{1}{2}$d|MN|，即可得出．

解答 （1）解：動圓過定點F（0，1），且與定直線l：y=-1相切．
由拋物線的定義可知：動圓圓心的軌跡C是拋物線：可得方程：x²=4y．
（2）①證明：∵x²=4y，∴y′=$\frac{x}{2}$，設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
曲線在點M的曲線方程為：y=$\frac{{x}_{1}}{2}$x-y₁，在點N處的曲線方程為：y=$\frac{{x}_{2}}{2}$x-y₂，
代入點A（x₀，y₀），可得直線MN的方程：y=$\frac{{x}_{0}}{2}x-{y}_{0}$，其中y₀=x₀-4，即x₀（x-2）+2（4-y）=0，
∴直線MN恒過定點P（2，4）．
②解：聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}=4y}\\{y=\frac{{x}_{0}}{2}x-{y}_{0}}\end{array}\right.$，化為：x²-2x₀x+4y₀=0，
△=$4{x}_{0}^{2}-16{y}_{0}$=$4{x}_{0}^{2}-16{x}_{0}+64＞$0，
∴x₁+x₂=2x₀，x₁•x₂=4x₀-16．
∴|MN|=$\sqrt{（1+\frac{{x}_{0}^{2}}{4}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\sqrt{（4+{x}_{0}^{2}）（{x}_{0}^{2}-4{x}_{0}+16）}$．
點A到直線MN的距離d=$\frac{|{x}_{0}^{2}-4{y}_{0}|}{\sqrt{{x}_{0}^{2}+4}}$．
∴S=$\frac{1}{2}$d|MN|=$\frac{1}{2}×|{x}_{0}^{2}-4{x}_{0}+16|•\sqrt{{x}_{0}^{2}-4{x}_{0}+16}$，
令t=${x}_{0}^{2}-4{x}_{0}+16$=$（{x}_{0}-2）^{2}$+12≥12，
則S≥$\frac{1}{2}×12×\sqrt{12}$=$12\sqrt{2}$，當且僅當x₀=2，y₀=-2時，取等號．
∴△AMN的面積S的最小值為12$\sqrt{2}$．

點評 本題考查了拋物線的定義標準方程及其性質、直線與拋物線相交弦長問題、點到直線的距離公式、三角形面積計算公式、函數(shù)的單調性、利用導數(shù)研究曲線的切線斜率，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．