Question

15．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线x²=2py（p＞0）上的点M（m，1）到焦点F的距离为2，
（1）求抛物线的方程；
（2）如图，点E是抛物线上异于原点的点，抛物线在点E处的切线与x轴相交于点P，直线PF与抛物线相交于A，B两点，求△EAB面积的最小值．

Answer 1

分析 （1）求出抛物线x²=2py（p＞0）的准线方程为$y=-\frac{p}{2}$，由抛物线定义，得到p=2，即可求解抛物线的方程．
（2）求出函数的$y'=\frac{1}{2}x$．设点$E（t，\;\frac{{\;{t^2}}}{4}），\;\;t≠0$，得到抛物线在点E处的切线方程为$y-\frac{{\;{t^2}}}{4}=\frac{1}{2}t（x-t）$．求出$P（\frac{t}{2}，\;0）$．推出直线PF的方程，点$E（t，\;\frac{{\;{t^2}}}{4}）$到直线PF的距离，联立$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{x^2}{4}\\ 2x+ty-t=0\end{array}\right.$求出AB，表示出△EAB的面积，构造函数，通过函数的导数利用单调性求解最值即可．

解答 解：（1）抛物线x²=2py（p＞0）的准线方程为$y=-\frac{p}{2}$，
因为M（m，1），由抛物线定义，知$MF=1+\frac{p}{2}$，
所以$1+\frac{p}{2}=2$，即p=2，
所以抛物线的方程为x²=4y．…3分
（2）因为$y=\frac{1}{4}{x^2}$，所以$y'=\frac{1}{2}x$．
设点$E（t，\;\frac{{\;{t^2}}}{4}），\;\;t≠0$，则抛物线在点E处的切线方程为$y-\frac{{\;{t^2}}}{4}=\frac{1}{2}t（x-t）$．
令y=0，则$x=\frac{t}{2}$，即点$P（\frac{t}{2}，\;0）$．
因为$P（\frac{t}{2}，\;0）$，F（0，1），所以直线PF的方程为$y=-\frac{2}{t}（x-\frac{t}{2}）$，即2x+ty-t=0．
则点$E（t，\;\frac{{\;{t^2}}}{4}）$到直线PF的距离为$d=\frac{{|{2t+\frac{t^3}{4}-t}|}}{{\sqrt{4+{t^2}}}}=\frac{{|t|\sqrt{4+{t^2}}}}{4}$．…5分
联立方程$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{x^2}{4}\\ 2x+ty-t=0\end{array}\right.$消元，得t²y²-（2t²+16）y+t²=0．
因为△=（2t²+16）²-4t⁴=64（t²+4）＞0，
所以${y_1}=\frac{{2{t^2}+16+\sqrt{64（{t^2}+4）}}}{{2{t^2}}}$，${y_2}=\frac{{2{t^2}+16-\sqrt{64（{t^2}+4）}}}{{2{t^2}}}$，
所以$AB={y_1}+1+{y_2}+1={y_1}+{y_2}+2=\frac{{2{t^2}+16}}{t^2}+2=\frac{{4（{t^2}+4）}}{t^2}$．  …7分
所以△EAB的面积为$S=\frac{1}{2}×\frac{{4（{t^2}+4）}}{t^2}×\frac{{|t|\sqrt{4+{t^2}}}}{4}=\frac{1}{2}×\frac{{{{（{t^2}+4）}^{\frac{3}{2}}}}}{|t|}$．
不妨设$g（x）=\frac{{{{（{x^2}+4）}^{\frac{3}{2}}}}}{x}$（x＞0），则$g'（x）=\frac{{{{（{x^2}+4）}^{\frac{1}{2}}}}}{x^2}（2{x^2}-4）$．
因为$x∈（0，\;\sqrt{2}）$时，g'（x）＜0，所以g（x）在$（0，\;\sqrt{2}）$上单调递减；$x∈（\sqrt{2}，\;+∞）$上，g'（x）＞0，所以g（x）在$（\sqrt{2}，\;+∞）$上单调递增．
所以当$x=\sqrt{2}$时，$g{（x）_{min}}=\frac{{{{（2+4）}^{\frac{3}{2}}}}}{{\sqrt{2}}}=6\sqrt{3}$．
所以△EAB的面积的最小值为$3\sqrt{3}$．…10分．

点评 本题考查抛物线与直线的位置关系的应用，函数的导数与函数的最值的求法，考查转化思想以及构造法的应用，难度比较大．