Question

12．已知動圓過定點F（0，1），且與定直線y=-1相切．
（Ⅰ）求動圓圓心M所在曲線C的方程；
（Ⅱ）直線l經(jīng)過曲線C上的點P（x₀，y₀），且與曲線C在點P的切線垂直，l與曲線C的另一個交點為Q．
①當(dāng)x₀=$\sqrt{2}$時，求△OPQ的面積；
②當(dāng)點P在曲線C上移動時，求線段PQ中點N的軌跡方程以及點N到x軸的最短距離．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓可得動點P（x，y）到F（0，1）的距離等于它到直線y=-1的距離，利用拋物線的定義，即可求動點P的軌跡的方程；
（Ⅱ）①求出直線l的方程，與拋物線得方程x²+4$\sqrt{2}$x-10=0，求出|PQ|，點O到直線l的距離，即可求△OPQ的面積；
②求出N（x，y）的軌跡方程為  $y=\frac{x^2}{2}+\frac{4}{x^2}+2$，利用基本不等式可得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）由題知，點M（x，y）到定點F（0，1）的距離等于它到定直線y=-1的距離，所以點M所在的曲線C是以F（0，1）為焦點，以y=-1為準(zhǔn)線的拋物線…（2分）
∴曲線C的方程是：x²=4y…（3分）
（Ⅱ）由（1）有曲線C：$y=\frac{1}{4}{x^2}$，∴$y'=\frac{1}{2}x$…（4分）
①當(dāng)${x_0}=\sqrt{2}$時，$P（\sqrt{2}，\frac{1}{2}）$，曲線C在點P的切線的斜率是 $\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，所以直線l的斜率$k=-\sqrt{2}$
∴$直線l的方程為：y=-\sqrt{2}x+\frac{5}{2}$…（5分）
設(shè)Q（x₁，y₁）
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=-\sqrt{2}x+\frac{5}{2}\\ y=\frac{1}{4}{x^2}\end{array}\right.$得方程${x^2}+4\sqrt{2}x-10=0$…（6分）
∴$x{\;}_0+{x_1}=-4\sqrt{2}，{x_0}{x_1}=-10$，
$|{PQ}|=\sqrt{3}\sqrt{{{（{{x_0}+{x_1}}）}^2}-4{x_0}{x_1}}=6\sqrt{6}$
又點O到直線l的距離$d=\frac{{5\sqrt{3}}}{6}$
從而可得${S_{△OPQ}}=\frac{15}{2}\sqrt{2}$…（7分）
②由題有曲線C在點P的切線的斜率是$\frac{1}{2}{x_0}$，當(dāng)x₀=0時不符合題意，∴x₀≠0，
所以直線l的斜率$k=-\frac{2}{x_0}$，點$P（{x_0}，\frac{1}{4}{x_0}^2）$，∴$直線l的方程為：y-\frac{1}{4}{x_0}^2=-\frac{2}{x_0}（x-{x_0}）$=1（8分）
設(shè)點Q（x₁，y₁），點N（x，y），有$\left\{\begin{array}{l}{y_0}=\frac{1}{4}{x_0}^2\\{y_1}=\frac{1}{4}{x_1}^2\\{x_0}+{x_1}=2x\end{array}\right.$
從而可得$\begin{array}{l}{y_0}-{y_1}=\frac{1}{4}{x_0}^2-\frac{1}{4}{x_1}^2=\frac{1}{4}（{x_0}+{x_1}）（{x_0}-{x_1}）=\frac{1}{2}x（{x_0}-{x_1}）\end{array}$，
∴$k=-\frac{2}{x_0}=\frac{{{y_0}-{y_1}}}{{{x_0}-{x_1}}}=\frac{1}{2}x$∴，${x_0}=-\frac{4}{x}$=2 ②
將②代入①消x₀得：$y=\frac{x^2}{2}+\frac{4}{x^2}+2$，
∴N（x，y）的軌跡方程為  $y=\frac{x^2}{2}+\frac{4}{x^2}+2$…（10分）
∵點N（x，y）到x軸的距離為|y|，由軌跡方程知$y=\frac{x^2}{2}+\frac{4}{x^2}+2≥2\sqrt{2}+2$，
當(dāng)且僅當(dāng)x⁴=8時取等號∴點N到x軸的最短距離為$2\sqrt{2}+2$…（12分）

點評 本題考查拋物線的定義與方程，考查導(dǎo)數(shù)知識的運用，考查直線與拋物線的位置關(guān)系，屬于難題．