Question

8．已知點(diǎn)F為拋物線C：x²=4y的焦點(diǎn)，A，B，D為拋物線C上三點(diǎn)，且點(diǎn)A在第一象限，直線AB經(jīng)過點(diǎn)F，BD與拋物線C在在點(diǎn)A處的切線平行，點(diǎn)M為BD的中點(diǎn)
（Ⅰ）求證：AM與y軸平行；
（Ⅱ）求△ABD面積S的最小值．

Answer 1

分析 （I）設(shè)出A，B，D三點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)k_BD=y′|${\;}_{x={x}_{A}}$列方程．根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系求出M的橫坐標(biāo)即可；
（II）求出直線BD的方程，求出AM和B到直線AM的距離，則S_△ABD=2S_△ABM，求出S關(guān)于x_A的函數(shù)，利用基本不等式求出函數(shù)的最小值．

解答 證明：（Ⅰ）設(shè)A（x₀，$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}$），B（x₁，$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}$），D（x₂，$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{4}$）．（x₀＞0）
由x²=4y得y=$\frac{{x}^{2}}{4}$，
∴y′=$\frac{x}{2}$，
∴k_BD=$\frac{x0}{2}$，
又k_BD=$\frac{\frac{{{x}_{2}}^{2}}{4}-\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$=$\frac{x1+x2}{4}$，
∴$\frac{x0}{2}$=$\frac{x1+x2}{4}$，
∴$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=x₀，即x_M=x₀．
∴AM與y軸平行．
解：（Ⅱ）F（0，1），
∴k_AF=$\frac{\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}-1}{{x}_{0}}$=$\frac{{x}_{0}}{4}-\frac{1}{{x}_{0}}$，k_BF=$\frac{\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}-1}{{x}_{1}}$=$\frac{{x}_{1}}{4}-\frac{1}{{x}_{1}}$．
∵A，B，F(xiàn)三點(diǎn)共線，
∴k_AF=k_BF，
∴$\frac{{x}_{0}}{4}-\frac{1}{{x}_{0}}$=$\frac{{x}_{1}}{4}-\frac{1}{{x}_{1}}$，整理得（x₀x₁+4）（x₀-x₁）=0，
∵x₀-x₁≠0，
∴x₀x₁=-4，即x₁=-$\frac{4}{x0}$．
直線BD的方程為y=$\frac{x0}{2}$（x-x₁）+$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}$，
∴y_M=$\frac{{x}_{0}}{2}$（x₀-x₁）+$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}$=$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{2}$+$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}$+2=$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{2}$+$\frac{4}{{{x}_{0}}^{2}}$+2．
由（Ⅰ）得S_△ABD=2S_△ABM=|$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{2}$+$\frac{4}{{{x}_{0}}^{2}}$+2-$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}$|×|x₁-x₀|
=|$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}$+$\frac{4}{{{x}_{0}}^{2}}$+2|×|x₀+$\frac{4}{x0}$|=$\frac{1}{4}$（x₀+$\frac{4}{x0}$）³≥16，
當(dāng)且僅當(dāng)x₀=$\frac{4}{x0}$即x₀=2時等號成立，
∴S的最小值為16．

點(diǎn)評 本題考查了拋物線的性質(zhì)，直線與拋物線的位置關(guān)系，屬于中檔題．