题目内容
15．
已知抛物线C顶点为O（0，0），焦点为F（1，0），A为C上异于顶点的任意一点，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|，延长AF交曲线C于点E．过点E作直线l1平行于l，设l1与此抛物线准线交于点Q．（Ⅰ）求抛物线的C的方程；
（Ⅱ）设点A、B、E的纵坐标分别为yA、yB、yE，求$\frac{{{y_A}-{y_B}}}{{{y_A}-{y_E}}}$的值；
（Ⅲ）求△AEQ面积的最小值．
分析 （Ⅰ）由抛物线C顶点为O（0，0），焦点为F（1，0），可得抛物线开口向右，即可得到抛物线方程；
（Ⅱ）首先通过$A（\frac{t^2}{4}，t）$，得到D的坐标，从而得到直线AD的方程，求出yB，通过直线AE的方程求得yE，将坐标代入求$\frac{{{y_A}-{y_B}}}{{{y_A}-{y_E}}}$求值；
（Ⅲ）求△AEQ面积的最值，首先求出面积的表达式S△AQE=$\frac{1}{2}$|QG|•|yA-yE|，进而化简利用均值不等式求最小值．
解答 解：
（Ⅰ）由抛物线C顶点为O（0，0），焦点为F（1，0），
即有抛物线的方程为y2=4x；
（Ⅱ）设$A（\frac{t^2}{4}，t）$，$|{AF}|=\frac{t^2}{4}+1$，
∵|AF|=|DF|∴${x_D}-1=\frac{t^2}{4}+1$，
∴$D（\frac{t^2}{4}+2，0）$，
∴直线AD的方程为$y=-\frac{t}{2}（x-\frac{t^2}{4}-2）$，
直线AE的方程为$y=\frac{4t}{{{t^2}-4}}（x-1）$，
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=\frac{4t}{{{t^2}-4}}（x-1）}\\{{y^2}=4x}\end{array}}\right.$，可得${y^2}-\frac{{{t^2}-4}}{t}y-4=0$
∵yA=t，∴${y_E}=\frac{-4}{t}$，
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=-\frac{t}{2}（x-\frac{t^2}{4}-2）}\\{{y^2}=4x}\end{array}}\right.$，可得${y^2}+\frac{8}{t}y-{t^2}-8=0$
∵yA=t∴${y_B}=-t-\frac{8}{t}$
∴$\frac{{{y_B}-{y_A}}}{{{y_E}-{y_A}}}=\frac{{-2t-\frac{8}{t}}}{{-t-\frac{4}{t}}}=2$；
（Ⅲ）直线l1方程为y=-$\frac{t}{2}$x-$\frac{2}{t}$，
令x=-1，可得Q（-1，$\frac{t}{2}$-$\frac{2}{t}$），yE=$\frac{{y}_{A}+{y}_{B}}{2}$，取AB的中点G，
QG∥x轴，则S△AQE=$\frac{1}{2}$|QG|•|yA-yE|，
|QG|=$\frac{1}{2}$（$\frac{{t}^{2}}{4}$+$\frac{4}{{t}^{2}}$+2）=$\frac{1}{2}$（$\frac{2}{t}$+$\frac{t}{2}$）2，即有S△AQE=$\frac{1}{16}$（t+$\frac{4}{t}$）3≥$\frac{1}{16}$•（2$\sqrt{t•\frac{4}{t}}$）3=4，
则S△AQE的最小值为4，当且仅当t=±2取等号．
点评 本题考查抛物线的方程和性质的运用，考查直线方程的求法和运用，以及化简整理能力，基本不等式的运用，属于中档题．
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