Question

15．已知抛物线y²=2px（p＞0）的焦点为（1，0），A，B是抛物线上位于x轴两侧的两动点，且$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=-4（O为坐标原点）．
（1）求抛物线方程；
（2）证明：直线AB过定点T；
（3）过点T作AB的垂线交抛物线于M，N两点，求四边形AMBN的面积的最小值．

Answer 1

分析 （1）求出p即可求解抛物线方程．
（2）设l_AB：x=my+t与抛物线y²=4x联系得：y²-4my-4t=0，设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），利用韦达定理以及判别式通过$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=-4$得l_AB：x=my+2，得到直线AB过定点T（2，0）．
法2：设$A（\frac{{{y_1}^2}}{4}，{y_1}）$，$B（\frac{{{y_2}^2}}{4}，{y_2}）$，由$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=-4$，求解直线方程，然后求解定点坐标．
（3）当t=2时，由（*）得弦长|AB|，求出|MN|，表示三角形的面积，利用函数的单调性，求解三角形面积的最值．

解答 解：（1）抛物线y²=2px（p＞0）的焦点为（1，0），可得p=2，
抛物线方程为y²=4x
（2）证明：设l_AB：x=my+t与抛物线y²=4x联系得：y²-4my-4t=0
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则$\left\{{\begin{array}{l}{△＞0}\\{{y_1}+{y_2}=4m}\\{{y_1}{y_2}=-4t}\end{array}}\right.$（*）
∴${x_1}{x_2}=\frac{{{y_1}^2{y_2}^2}}{16}={t^2}$，由$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=-4$得：x₁x₂+y₁y₂=-4即t²-4t+4=0，
∴t=2，∴l_AB：x=my+2，故直线AB过定点T（2，0）
法2：设$A（\frac{{{y_1}^2}}{4}，{y_1}）$，$B（\frac{{{y_2}^2}}{4}，{y_2}）$，由$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=-4$∴$\frac{{{y_1}^2{y_2}^2}}{16}+{y_1}{y_2}=-4∴{y_1}{y_2}=-8$，
又有${k_{AB}}=\frac{4}{{{y_1}+{y_2}}}$，
∴${l_{AB}}：y-{y_1}=\frac{4}{{{y_1}+{y_2}}}（x-\frac{{{y_1}^2}}{4}）$，
令y=0得$x=-\frac{{{y_1}{y_2}}}{4}=2$，
所以直线AB过定点T（2，0）
（3）当t=2时，由（*）得：$|AB|=\sqrt{1+{m^2}}\sqrt{16{m^2}+32}$，
同理有${l_{MN}}：x=-\frac{1}{m}y+2$，从而$|MN|=\sqrt{1+\frac{1}{m^2}}\sqrt{\frac{16}{m^2}+32}$，
∴${S_{AMBN}}=\frac{1}{2}|AB|•|MN|=\frac{1}{2}$$\sqrt{1+{m^2}}\sqrt{16{m^2}+32}$$•\sqrt{1+\frac{1}{m^2}}\sqrt{\frac{16}{m^2}+32}$
=$8\sqrt{（1+{m^2}）（1+\frac{1}{m^2}）}•\sqrt{（{m^2}+2）（\frac{1}{m^2}+2）}$
=$8\sqrt{2+（{m^2}+\frac{1}{m^2}）}•\sqrt{5+2（{m^2}+\frac{1}{m^2}）}$，
令$u={m^2}+\frac{1}{m^2}（u≥2）$，
则：${S_{AMBN}}=8\sqrt{（2+u）（5+2u）}$，
易知（2+u）（5+2u）随着u增加单调递增，
故当u=2即m²=1时∴${S_{AMBN}}=8\sqrt{（2+u）（5+2u）}$min=48．

点评 本题考查抛物线方程的求法，直线与抛物线的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力．