Question

20．设点$F（{0，\frac{1}{4}}）$，动圆A经过点F且和直线$y=-\frac{1}{4}$相切，记动圆的圆心A的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）设曲线C上一点P的横坐标为t（t＞0），过P的直线交C于一点Q，交x轴于点M，过点Q作PQ的垂线交C于另一点N，若MN是C的切线，求t的最小值．

Answer 1

分析 （1）根据抛物线的定义，求出抛物线的解析式即可；
（2）求出直线PQ的方程，求出M的坐标，联立方程组，求出N的坐标，求出直线MN的斜率，得到关于t的不等式，求出t的范围即可．

解答 解：（1）过点A作直线AN垂直于直线$y=-\frac{1}{4}$于点N，由题意得|AF|=|AN|，
所以动点A的轨迹是以F为焦点，直线$y=-\frac{1}{4}$为准线的抛物线，
所以抛物线C得方程为x²=y．
（2）由题意知，过点P（t，t²）的直线PQ斜率存在且不为0，设其为k，
则${l_{PQ}}：y-{t^2}=k（{x-t}）$，当$y=0，x=\frac{{-{t^2}+kt}}{k}$，则$M（{\frac{{-{t^2}+kt}}{k}，0}）$，
联立方程$\left\{\begin{array}{l}y-{t^2}=k（{x-t}）\\{x^2}=y\end{array}\right.$，整理得：x²-kx+t（k-t）=0．
即（k-t）[x-（k-t）]=0，解得x=t或x=k-t，
∴Q（k-t，（k-t）²），而QN⊥QP，所以直线NQ斜率为$-\frac{1}{k}$，
∴${l_{PQ}}：y-{（{k-t}）^2}=-\frac{1}{k}[{x-（{k-t}）}]$，联立方程$\left\{\begin{array}{l}y-{（{k-t}）^2}=-\frac{1}{k}[{x-（{k-t}）}]\\{x^2}=y\end{array}\right.$，
整理得：${x^2}+\frac{1}{k}x-\frac{1}{k}（{k-t}）-{（{k-t}）^2}=0$，
即kx²+x-（k-t）[k（k-t）+1]=0，[kx+k（k-t）+1][x-（k-t）]=0，
解得$x=-\frac{{k（{k-t}）+1}}{k}$，或x=k-t．∴$N（{-\frac{{k（{k-t}）+1}}{k}，\frac{{{{[{k（{k-t}）+1}]}^2}}}{k^2}}）$，
∴${k_{MN}}=\frac{{\frac{{{{[{k（{k-t}）+1}]}^2}}}{k^2}}}{{-\frac{{k（{k-t}）+1}}{k}-\frac{{-{t^2}+kt}}{k}}}=\frac{{{{（{{k^2}-kt+1}）}^2}}}{{k（{{t^2}-{k^2}-1}）}}$．
而抛物线在点N的切线斜率，
k=y'|$x=-\frac{{k（{k-t}）+1}}{k}=\frac{{-2k（{k-t}）-2}}{k}$，MN是抛物线的切线，
∴$\frac{{{{（{{k^2}-kt+1}）}^2}}}{{k（{{t^2}-{k^2}-1}）}}=\frac{{-2k（{k-t}）-2}}{k}$，整理得k²+kt+1-2t²=0，
∴△=t²-4（1-2t²）≥0，解得$t≤-\frac{2}{3}$（舍去），或$t≥\frac{2}{3}$，
∴${t_{min}}=\frac{2}{3}$．

点评 本题考查了求抛物线的解析式问题，考查求直线的斜率以及转化思想，考查抛物线的性质，是一道综合题．