Question

15．已知曲線C上任意一點到點F（1，0）的距離比到直線x+2=0的距離小1，點P（4，0）．
（Ⅰ）求曲線C的方程；
（Ⅱ）設Q是曲線C上的動點，求|PQ|的最小值；
（Ⅲ）過點P的直線l與曲線C交于M、N兩點，若△FMN的面積為6$\sqrt{5}$，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可得，點P到F（1，0）的距離與到直線x=-1的距離相等，由拋物線的定義可得點的軌跡是以F（1，0）為焦點，以x=-1為準線的拋物線，從而可求曲線C的方程；
（Ⅱ）設Q（x，y），再由兩點的距離公式，結合拋物線方程，配方即可得到所求最小值；
（Ⅲ）方法一、設直線l：x=my+4，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），聯立拋物線方程，運用韋達定理和弦長公式、三角形面積公式計算即可得到；
方法二、討論直線的斜率不存在，不成立；設直線l：y=k（x-4），（k≠0），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），聯立拋物線方程，運用韋達定理和弦長公式、三角形面積公式計算即可得到直線方程．

解答 解：（I）由題意，P到F（1，0）距離等于它到直線x=-1的距離，
由拋物線定義，知C為拋物線，F（1，0）為焦點，x=-1為準線，
所以C的方程為y²=4x；     …3分
（II）解：設Q（x，y），
則$|PQ|=\sqrt{{{（x-4）}^2}+{y^2}}=\sqrt{{{（x-4）}^2}+4x}$=$\sqrt{{{（x-2）}^2}+12}$
∴$當x=2時，|PQ{|_{min}}=2\sqrt{3}$…3分
（Ⅲ）解：設直線l：x=my+4，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
焦點F（1，0）
由$\left\{\begin{array}{l}x=my+4\\{y^2}=4x\end{array}\right.$消去x得y²-4my-16=0，
由韋達定理可得$\left\{\begin{array}{l}{y_1}+{y_2}=4{m_{\;}}\\{y_1}{y_2}=-16\end{array}\right.$，
所以△FMN的面積${S_{△FMN}}=\frac{1}{2}|PF|•|{y_1}-{y_2}|$=$\frac{1}{2}•3•\sqrt{{{（{y_1}+{y_2}）}^2}-4{y_1}{y_2}}$
=$\frac{3}{2}•\sqrt{{{（4m）}^2}+64}=6\sqrt{{m^2}+4}=6\sqrt{5}$，
∴m=±1，
所以直線l的方程為：x±y-4=0…12分
（方法二）解：若直線l的斜率不存在，則l：x=4，M（4，4），N（4，-4）
所以△FMN的面積${S_{△FMN}}=\frac{1}{2}|CF|•8$=$\frac{1}{2}•3•8=12≠6\sqrt{5}$，不符合
所以直線l的斜率必存在
設直線l：y=k（x-4），（k≠0），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），焦點F（1，0）
由$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-4）\\{y^2}=4x\end{array}\right.$消去y得k²x²-4（2k²+1）x+16k²=0
由韋達定理可得$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=\frac{{4（2{k^2}+1）}}{k^2}\\{x_1}{x_2}=16\end{array}\right.$
弦長$|MN|=\sqrt{（1+{k^2}）[{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}]}$=$\sqrt{（1+{k^2}）[{{（8+\frac{4}{k^2}）}^2}-64]}$=$\sqrt{\frac{{16（1+{k^2}）（1+4{k^2}）}}{k^4}}$，
F到l的距離$d=\frac{|3k|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$．
所以△FMN的面積${S_{△FMN}}=\frac{1}{2}|MN|•d$=$6\sqrt{\frac{{1+4{k^2}}}{k^2}}=6\sqrt{5}$
∴k=±1
所以直線l的方程為：x±y-4=0…12分．

點評 本題考查拋物線的定義、方程和性質，主要考查拋物線方程和直線方程聯立，運用韋達定理和弦長公式、三角形面積公式，考查運算化簡能力，屬于中檔題．