已知抛物线E:y2=2px的准线与x轴交于点K.过点K作圆C:(x-2)2+y2=1的两条切线.切点为M.N.|MN|=$\frac{4\sqrt{2}}{3}$(1)求抛物线E的方程(2)设A.B是抛物线E上分别位于x轴两侧的两个动点.且$\overrightarrow{OA}$$•\overrightarrow{OB}$=$\frac{9}{4}$①求证:直线AB必过� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

14．已知抛物线E：y²=2px（p＞0）的准线与x轴交于点K，过点K作圆C：（x-2）²+y²=1的两条切线，切点为M，N，|MN|=$\frac{4\sqrt{2}}{3}$
（1）求抛物线E的方程
（2）设A、B是抛物线E上分别位于x轴两侧的两个动点，且$\overrightarrow{OA}$$•\overrightarrow{OB}$=$\frac{9}{4}$（其中O为坐标原点）
①求证：直线AB必过定点，并求出该定点Q的坐标
②过点Q作AB的垂线与抛物线交于G、D两点，求四边形AGBD面积的最小值．

分析（1）求得K的坐标，圆的圆心和半径，运用对称性可得MR的长，由勾股定理和锐角的三角函数，可得CK=3，再由点到直线的距离公式即可求得p=2，进而得到抛物线方程；
（2）①设出直线方程，联立抛物线方程，运用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，化简整理，即可得到定点Q；
②运用弦长公式和四边形的面积公式，换元整理，结合基本不等式，即可求得最小值．

解答（1）解：由已知可得K（-$\frac{p}{2}$，0），圆C：（x-2）²+y²=1的圆心C（2，0），半径r=1．
设MN与x轴交于R，由圆的对称性可得|MR|=$\frac{2\sqrt{2}}{3}$，
于是|CR|=$\sqrt{M{C}^{2}-M{R}^{2}}$=$\sqrt{1-\frac{8}{9}}$=$\frac{1}{3}$，
即有|CK|=$\frac{|MC|}{sin∠MKC}$=$\frac{|MC|}{sin∠CMR}$=$\frac{1}{\frac{1}{3}}$=3，
即有2+$\frac{p}{2}$=3，解得p=2，则抛物线E的方程为y²=4x；
（2）①证明：设直线AB：x=my+t，A（$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{4}$，y₁），B（$\frac{{{y}_{2}}^{2}}{4}$，y₂），
联立抛物线方程可得y2-4my-4t=0，
y₁+y₂=4m，y₁y₂=-4t，
$\overrightarrow{OA}$$•\overrightarrow{OB}$=$\frac{9}{4}$，即有（$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{4}$）²+y₁y₂=$\frac{9}{4}$，
解得y₁y₂=-18或2（舍去），
即-4t=-18，解得t=$\frac{9}{2}$．
则有AB恒过定点Q（$\frac{9}{2}$，0）；
②解：由①可得|AB|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$|y₂-y₁|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{16{m}^{2}+72}$，
同理|GD|=$\sqrt{1+（-\frac{1}{m}）^{2}}$|y₂-y₁|=$\sqrt{1+\frac{1}{{m}^{2}}}$•$\sqrt{\frac{16}{{m}^{2}}+72}$，
则四边形AGBD面积S=$\frac{1}{2}$|AB|•|GD|=$\frac{1}{2}$$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{16{m}^{2}+72}$•$\sqrt{1+\frac{1}{{m}^{2}}}$•$\sqrt{\frac{16}{{m}^{2}}+72}$
=4$\sqrt{（2+（{m}^{2}+\frac{1}{{m}^{2}}））（85+18（{m}^{2}+\frac{1}{{m}^{2}}））}$，
令m²+$\frac{1}{{m}^{2}}$=μ（μ≥2），则S=4$\sqrt{18{μ}^{2}+121μ+170}$是关于μ的增函数，
则当μ=2时，S取得最小值，且为88．
当且仅当m=±1时，四边形AGBD面积的最小值为88．