Question

11．已知抛物线C：y²=2px（p＞0）的焦点为F，A为C上异于原点的任意一点，过点A的直线L交C于另一点B，交x轴的正半轴于点D，且有|FA|=|FD|，当点A的横坐标为3时，△ADF为正三角形．
（1）求C的方程
（2）若直线L₁平行L，且L₁和C有且只有一个公共点E，证明直线AE恒过定点?求△ABE的面积最小值．

Answer 1

分析 （1）根据抛物线的焦半径公式，结合等边三角形的性质，求出的p值；
（2）设出点A的坐标，求出直线AB的方程，利用直线l₁∥l，且l₁和C有且只有一个公共点E，求出点E的坐标，写出直线AE的方程，将方程化为点斜式，可求出定点；利用弦长公式求出弦AB的长度，再求点E到直线AB的距离，得到关于面积的函数关系式，再利用基本不等式求最小值．

解答 解：（1）当点A的横坐标为3时，过点A作AG⊥x轴于G，
A（3，$\sqrt{6p}$），F（$\frac{p}{2}$，0），
∴|FA|=|FD|=3+$\frac{p}{2}$．
∵△ADF为正三角形，
∴|FG|=$\frac{1}{2}$|FD|=$\frac{3}{2}$+$\frac{p}{4}$．
 又∵|FG|=|OG|=|OF|=3-$\frac{p}{2}$，
∴3-$\frac{p}{2}$=$\frac{3}{2}$+$\frac{p}{4}$，
∴p=2．
∴C的方程为y²=4x．
当D在焦点F的左侧时，|FA|=|FD|=3+$\frac{p}{2}$
又|FD|=2|FG|=2（$\frac{p}{2}$-3）=p-6，
∵△ADF为正三角形，
∴3+$\frac{p}{2}$=p-6，解得p=18，
∴C的方程为y²=36x．此时点D在x轴负半轴，不成立，舍．
∴C的方程为y²=4x．
 （2）证明：设A（x₁，y₁），|FD|=|AF|=x₁+1，
∴D（x₁+2，0），
∴k_AD=-$\frac{{y}_{1}}{2}$．
由直线l₁∥l可设直线l₁方程为y=-$\frac{{y}_{1}}{2}$x+m，
联立方程，消去x得y₁y²+8y-8m=0   ①
由l₁和C有且只有一个公共点得△=64+32y₁m=0，∴y₁m=-2，
这时方程①的解为y=2m，代入y=-$\frac{{y}_{1}}{2}$x+m得x=m²，∴E（m²，2m）．
点A的坐标可化为（$\frac{1}{{m}^{2}}$，-$\frac{2}{m}$），直线AE方程为y-2m=$\frac{2m+\frac{2}{m}}{{m}^{2}-\frac{1}{{m}^{2}}}$（x-m²），
即y=$\frac{2m}{{m}^{2}-1}$（x-1），
∴直线AE过定点（1，0）；
直线AB的方程为y-y₁=-$\frac{{y}_{1}}{2}$（x-$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{4}$），即x=-$\frac{2}{{y}_{1}}$y+$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{4}$+2．
联立方程，消去x得${y}^{2}+\frac{8}{{y}_{1}}y-（{{y}_{1}}^{2}+8）=0$，
∴y₁+y₂=-$\frac{8}{{y}_{1}}$，
∴|AB|=$\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}$|y₁-y₂|=$\sqrt{1+\frac{4}{{{y}_{1}}^{2}}}$|$2{y}_{1}+\frac{8}{{y}_{1}}$|，
点E的坐标为E（$\frac{4}{{{y}_{1}}^{2}}$，-$\frac{4}{{y}_{1}}$），点E到直线AB的距离为：d=$\frac{|\frac{4}{{{y}_{1}}^{2}}+\frac{{{y}_{1}}^{2}}{4}+2|}{\sqrt{1+\frac{4}{{{y}_{1}}^{2}}}}$，
∴△ABE的面积S=$\frac{1}{2}$|AB|d=2|$\frac{{y}_{1}}{2}$+$\frac{2}{{y}_{1}}$|³≥16，
当且仅当y₁=±2时等号成立，
∴△ABE的面积最小值为16．

点评 本题考查了抛物线的定义的应用、标准方程求法，切线方程的求法，定点问题与最值问题．