Question

設(shè)點(diǎn)F(0，

3

2

)，動(dòng)圓P經(jīng)過(guò)點(diǎn)F且和直線(xiàn)y=-

3

2

相切，記動(dòng)圓的圓心P的軌跡為曲線(xiàn)W．
（1）求曲線(xiàn)W的方程；
（2）過(guò)點(diǎn)F作互相垂直的直線(xiàn)l₁，l₂，分別交曲線(xiàn)W于A，B和C，D．求四邊形ABCD面積的最小值．
（3）分別在A、B兩點(diǎn)作曲線(xiàn)W的切線(xiàn)，這兩條切線(xiàn)的交點(diǎn)記為Q．求證：QA⊥QB，且點(diǎn)Q在某一定直線(xiàn)上．

Answer 1

分析：（1）過(guò)點(diǎn)P作PN垂直于直線(xiàn)y=-

3

2

于點(diǎn)N，根據(jù)動(dòng)圓P經(jīng)過(guò)點(diǎn)F且和直線(xiàn)y=-

3

2

相切，可得|PF|=|PN|，從而可得動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是以為焦點(diǎn)，直線(xiàn)y=-

3

2

為準(zhǔn)線(xiàn)的拋物線(xiàn)，故可求曲線(xiàn)W的方程；
（2）設(shè)直線(xiàn)l₁，l₂的方程代入x²=6y，利用韋達(dá)定理，計(jì)算弦長(zhǎng)，表示出四邊形ABCD的面積，利用基本不等式即可求得四邊形ACBD面積的最小值；
（3）證明QA⊥QB，設(shè)出QA、QB的方程，聯(lián)立，求得交點(diǎn)Q的坐標(biāo)，即可得到結(jié)論．

解答：（1）解：過(guò)點(diǎn)P作PN垂直于直線(xiàn)y=-

3

2

于點(diǎn)N，依題意
∵動(dòng)圓P經(jīng)過(guò)點(diǎn)F且和直線(xiàn)y=-

3

2

相切，∴|PF|=|PN|
∴動(dòng)點(diǎn)P的軌跡是以為焦點(diǎn)，直線(xiàn)y=-

3

2

為準(zhǔn)線(xiàn)的拋物線(xiàn)．…（1分）
即曲線(xiàn)W的方程是x²=6y…（2分）
（2）解：依題意，直線(xiàn)l₁，l₂的斜率存在且不為0，設(shè)直線(xiàn)l₁的方程為y=kx+

3

2

，
由l₁⊥l₂得l₂的方程為=-

1

k

x+

3

2

，
將y=kx+

3

2

代入x²=6y，化簡(jiǎn)得x²-6kx-9=0…（3分）
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則x₁+x₂=6k，x₁x₂=-9
∴|AB|=

(x1-x2)2+(y1-y2)2

=

(1+k2)[(x1+x2)2-4x1x2]

=6(k2+1)
同理可得|CD|=6(

1

k2

+1)…（5分）
∴四邊形ABCD的面積S=

1

2

|AB|•|CD|=18(k2+1)(

1

k2+1

)=18(k2+

1

k2

+2)≥72
當(dāng)且僅當(dāng)k2=

1

k2

，即k=±1時(shí)，S_min=72
故四邊形ACBD面積的最小值是72．…（7分）
（3）證明：由（1）知W的方程可化為y=

1

6

x2，∴y′=

1

3

x
∵QA的斜率kQA=

1

3

x1，kQB=

1

3

x2
∴kQA•kQB=

1

3

x1•

1

3

x2=

1

9

x1•x2=

1

9

•(-9)=-1
∴QA⊥QB…（9分）
QA的方程為y-y1=

1

3

x1(x-x1)，∴y=

1

3

x1x-

1

6

x

2 1

QB的方程為y-y2=

1

3

x2(x-x2)，∴y=

1

3

x2x-

1

6

x

2 2

解方程組

y= 1 3 x1x- 1 6 x 2 1 y= 1 3 x2x- 1 6 x 2 2

得交點(diǎn)Q(

x1+x2

2

，-

3

2

)，即Q（2k，-

3

2

）…（11分）
當(dāng)k取任何非零實(shí)數(shù)時(shí)，點(diǎn)Q總在定直線(xiàn)y=-

3

2

上…（12分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查拋物線(xiàn)的定義，考查直線(xiàn)與拋物線(xiàn)的位置關(guān)系，考查四邊形面積的計(jì)算，考查直線(xiàn)的方程，直線(xiàn)與拋物線(xiàn)方程聯(lián)立是關(guān)鍵．