Question

16．已知抛物线E：y²=4x，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）
（Ⅰ）求证：直线AB必过定点，并求出该定点Q的坐标；
（Ⅱ）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．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设出直线AB的方程，联立直线与抛物线方程，利用数量积为0，求出k，化简直线方程推出直线必过定点，并求出该定点Q的坐标；
（Ⅱ）利用韦达定理以及弦长公式，表示出三角形的面积，通过换元法，利用函数的单调性求解最小值即可．

解答 解：（Ⅰ）设直线AB的方程为：x=my+t，A（$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{4}$，y₁）、B（$\frac{{{y}_{2}}^{2}}{4}$，y₂），
联立$\left\{\begin{array}{l}{{y}^{2}=4x}\\{x=my+t}\end{array}\right.$得y²-4my-4t=0，则y₁+y₂=4m，与y₁y₂=-4t，
由$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=\frac{9}{4}$得：$\frac{（{y}_{1}{y}_{2}）^{2}}{16}+{y}_{1}{y}_{2}=\frac{9}{4}$⇒y₁y₂=-18或y₁y₂=2（舍）．
即$-4t=-18⇒t=\frac{9}{2}$，所以直线AB过定点$Q（{\frac{9}{2}，0}）$；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得$|{AB}|=\sqrt{1+{m^2}}|{{y_2}-{y_1}}|$=$\sqrt{1+{m^2}}\sqrt{16{m^2}+72}$，
同理得，$|{GD}|=\sqrt{1+{{（{-\frac{1}{m}}）}^2}}|{{y_2}-{y_1}}|$=$\sqrt{1+\frac{1}{m^2}}\sqrt{\frac{16}{m^2}+72}$，
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${m^2}+\frac{1}{m^2}=μ（{μ≥2}）$，
则$S=4\sqrt{18{μ^2}+121μ+170}$是对称轴为μ＜0，开口向上，函数是关于μ的增函数，当μ=2时函数取得最小值．
故S_min=88．
当且仅当m=1时取到最小值88．

点评 本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，韦达定理以及弦长公式，函数与方程思想的应用，考查转化思想以及计算能力．