Question

11．已知动点M到点F（0，1）的距离等于点M到直线y=-1的距离，点M的轨迹为C．
（Ⅰ）求轨迹C的方程；
（Ⅱ）设P为直线l：x-y-2=0上的点，过点P作曲线C的两条切线PA，PB，
（ⅰ）当点P（$\frac{1}{2}$，-$\frac{3}{2}$）时，求直线AB的方程；
（ⅱ）当点P（x₀，y₀）在直线l上移动时，求|AF|•|BF|的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过设M（x，y），利用$\sqrt{{x}^{2}+（y-1）^{2}}$=|y+1|计算即得结论；
（Ⅱ）通过对抛物线C的方程求导，利用斜率之间的关系可得直线AB的方程．①将点P（$\frac{1}{2}$，-$\frac{3}{2}$）代入计算即得结论；②联立直线AB与抛物线方程，利用韦达定理及抛物线的定义计算即得结论．

解答 解：（Ⅰ）设M（x，y），依题意有：$\sqrt{{x}^{2}+（y-1）^{2}}$=|y+1|，
即：x²+（y-1）²=（y+1）²，整理得：x²=4y，
∴轨迹C的方程为：x²=4y．
（Ⅱ）由（I）知抛物线C的方程为：y=$\frac{1}{4}{x}^{2}$，
求导得：y′=$\frac{1}{2}x$，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），其中y₁=$\frac{{x}_{1}^{2}}{4}$，y₂=$\frac{{x}_{2}^{2}}{4}$，
则切线PA，PB的斜率分别为$\frac{1}{2}$x₁，$\frac{1}{2}$x₂，
所以切线PA的方程为：y-y₁=$\frac{{x}_{1}}{2}$（x-x₁），
即y=$\frac{{x}_{1}}{2}$x-$\frac{{x}_{1}^{2}}{2}$+y₁，即x₁x-2y-2y₁=0，
同理可得切线PB的方程为：x₂x-2y-2y₂=0，
∵切线PA，PB均过点P（x₀，y₀），
∴x₁x₀-2y₀-2y₁=0，x₂x₀-2y₀-2y₂=0，
所以x₁，x₂为方程xx₀-2y₀-2y=0的两组解，
所以直线AB的方程为：x₀x-2y-2y₀=0．
①当点P（$\frac{1}{2}$，-$\frac{3}{2}$）时，直线AB的方程为：x-4y+6=0；
②由抛物线定义知|AF|=y₁+1，|BF|=y₂+1，
∴|AF|•|BF|=（y₁+1）（y₂+1）=y₁y₂+（y₁+y₂）+1，
联立$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{0}x-2y-2{y}_{0}=0}\\{{x}^{2}=4y}\end{array}\right.$，消去x整理得：${y}^{2}+（2{y}_{0}-{x}_{0}^{2}$$）+{{y}_{0}}^{2}=0$y+${y}_{0}^{2}$=0，
∴${y}_{1}+{y}_{2}{=x}_{0}^{2}-2{y}_{0}$，${y}_{1}{y}_{2}={y}_{0}^{2}$，
∴|AF|•|BF|=y₁y₂+（y₁+y₂）+1=${{y}_{0}}^{2}+{{x}_{0}}^{2}-2{y}_{0}+1$，
又∵点P（x₀，y₀）在直线l上，∴x₀=y₀+2，
∴|AF|•|BF|=${{y}_{0}}^{2}+{{x}_{0}}^{2}-2{y}_{0}+1$=$2{{y}_{0}}^{2}+2{y}_{0}+5$=$2（{y}_{0}+\frac{1}{2}）^{2}+\frac{9}{2}$，
∴当y₀=-$\frac{1}{2}$时，|AF|•|BF|取得最小值，且最小值为$\frac{9}{2}$．

点评 本题是一道直线与圆锥曲线的综合题，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于难题．