Question

4．已知O是坐标系的原点，F是抛物线C：x²=4y的焦点，过点F的直线交抛物线于A，B两点，弦AB的中点为M，△OAB的重心为G．
（Ⅰ）求动点G的轨迹方程；
（Ⅱ）设（Ⅰ）中的轨迹与y轴的交点为D，当直线AB与x轴相交时，令交点为E，求四边形DEMG的面积最小时直线AB的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得焦点F（0，1），显然直线AB的斜率存在，设AB：y=kx+1，代入抛物线的方程，运用韦达定理和三角形的重心坐标，运用代入法消去k，即可得到所求轨迹方程；
（Ⅱ）求得D，E和G的坐标，|DG|和|ME|的长，以及D点到直线AB的距离，运用四边形的面积公式，结合基本不等式可得最小值，由等号成立的条件，可得直线AB的方程．

解答 解：（Ⅰ）焦点F（0，1），显然直线AB的斜率存在，
设AB：y=kx+1，
联立x²=4y，消去y得，x²-4kx-4=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），G（x，y），
则x₁+x₂=4k，x₁x₂=-4，
所以${y_1}+{y_2}=k{x_1}+1+k{x_2}+1=4{k^2}+2$，
所以$\left\{{\begin{array}{l}{x=\frac{4k}{3}}\\{y=\frac{{4{k^2}+2}}{3}}\end{array}}\right.$，
消去k，得重心G的轨迹方程为$y=\frac{3}{4}{x^2}+\frac{2}{3}$；
（Ⅱ）由已知及（Ⅰ）知，$D（0，\frac{2}{3}），E（-\frac{1}{k}，0），k≠0，{x_M}=2k，{x_G}=\frac{4k}{3}$，
因为$\frac{{|{OD}|}}{{|{OF}|}}=\frac{2}{3}=\frac{{|{OG}|}}{{|{OM}|}}$，所以DG∥ME，（注：也可根据斜率相等得到），$|{DG}|=\sqrt{1+{k^2}}|{\frac{4k}{3}}|，|{ME}|=\sqrt{1+{k^2}}|{2k-（-\frac{1}{k}）}|=\sqrt{1+{k^2}}（2|k|+|{\frac{1}{k}}|）$，
D点到直线AB的距离$d=\frac{{\frac{1}{3}}}{{\sqrt{1+{k^2}}}}=\frac{1}{{3\sqrt{1+{k^2}}}}$，
所以四边形DEMG的面积$S=\frac{1}{2}\sqrt{1+{k^2}}•（|{\frac{4k}{3}}|+2|k|+|{\frac{1}{k}}|）•\frac{1}{{3\sqrt{1+{k^2}}}}=\frac{1}{6}（\frac{10}{3}|k|+\frac{1}{|k|}）≥\frac{1}{6}•2\sqrt{\frac{10}{3}}=\frac{{\sqrt{30}}}{9}$，
当且仅当$\frac{10}{3}|k|=\frac{1}{|k|}$，即$k=±\frac{{\sqrt{30}}}{10}$时取等号，
此时四边形DEMG的面积最小，
所求的直线AB的方程为$y=±\frac{{\sqrt{30}}}{10}x+1$．

点评 本题考查轨迹方程的求法，注意运用代入法，考查四边形面积的最值的求法，注意运用弦长公式和点到直线的距离和基本不等式，考查化简整理的运算能力，属于中档题．