Question

19．已知动圆C过定点T（2，0），且在y轴上截得的弦PQ为4．
（Ⅰ）求动圆圆心C的轨迹曲线E的方程；
（Ⅱ）设A、B是曲线E上位于x轴两侧的两动点，且$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=5，
（i）求证：直线AB过定点D，并求出定点D的坐标．
（ii）过（i）中的D点作AB的垂线交曲线E于M、N两点，求四边形AMBN面积的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设C（x，y），PQ的中点K，运用圆的垂径定理和勾股定理，化简整理即可得到所求曲线E的方程；
（Ⅱ）（i）设A（$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{4}$，y₁），B（$\frac{{{y}_{2}}^{2}}{4}$，y₂），运用向量的数量积的坐标表示，解方程可得y₁y₂=-20，求出直线AB的斜率，可得直线AB的方程，可令y=0，解得x=5，即可得到定点；
（ii）可令AB：x=my+5，代入抛物线方程，运用弦长公式可得|AB|，将m换为-$\frac{1}{m}$，可得|MN|，再由S_AMBN=$\frac{1}{2}$|AB|•|MN|，运用换元法和基本不等式，二次函数的单调性，可得所求面积的最小值．

解答 解：（Ⅰ）设C（x，y），PQ的中点K，
则|PK|=2，CK⊥PQ，
∴|CK|²+|PK|²=|PC|²．
又|PC|=|CT|，
∴|CK|²+|PK|²=|CT|²
∴x²+4=（x-2）²+y，
整理得y²=4x．
则动圆圆心C的轨迹曲线E的方程为y²=4x；
（Ⅱ）（i）设A（$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{4}$，y₁），B（$\frac{{{y}_{2}}^{2}}{4}$，y₂），
$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=5得：$\frac{（{y}_{1}{y}_{2}）^{2}}{16}$+y₁y₂=5，
解得y₁y₂=-20（4舍去），
又有k_AB=$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{\frac{{{y}_{1}}^{2}}{4}-\frac{{{y}_{2}}^{2}}{4}}$=$\frac{4}{{y}_{1}+{y}_{2}}$，
AB：y-y₁=$\frac{4}{{y}_{1}+{y}_{2}}$（x-$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{4}$），
令y=0得x=-$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{4}$=5，
所以直线AB过定点D（5，0）；
（ii）可令AB：x=my+5，
代入抛物线的方程y²=4x，可得y²-4my-20=0，
解得y=2m±$\sqrt{4{m}^{2}+20}$，
则|AB|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•2$\sqrt{4{m}^{2}+20}$，
将m换为-$\frac{1}{m}$，从而|MN|=$\sqrt{1+\frac{1}{{m}^{2}}}$•2$\sqrt{\frac{4}{{m}^{2}}+20}$，
∴S_AMBN=$\frac{1}{2}$|AB|•|MN|=2$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{1+\frac{1}{{m}^{2}}}$•$\sqrt{4{m}^{2}+20}$•$\sqrt{\frac{4}{{m}^{2}}+20}$
=2$\sqrt{2+（{m}^{2}+\frac{1}{{m}^{2}}）}$•$\sqrt{26+5（{m}^{2}+\frac{1}{{m}^{2}}）}$，
令u=m²+$\frac{1}{{m}^{2}}$（u≥2），
则S_AMBN=2$\sqrt{（2+u）（26+5u）}$，
易知（2+u）（26+5u）随着u增加单调递增，
故当u=2即m²=1时，S_AMBN=2$\sqrt{（2+u）（26+5u）}$的最小值为24．

点评 本题考查轨迹方程的求法，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，属于中档题．