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20.設點$F({0,\frac{1}{4}})$,動圓A經過點F且和直線$y=-\frac{1}{4}$相切,記動圓的圓心A的軌跡為曲線C.
(1)求曲線C的方程;
(2)設曲線C上一點P的橫坐標為t(t>0),過P的直線交C于一點Q,交x軸于點M,過點Q作PQ的垂線交C于另一點N,若MN是C的切線,求t的最小值.

分析 (1)根據拋物線的定義,求出拋物線的解析式即可;
(2)求出直線PQ的方程,求出M的坐標,聯立方程組,求出N的坐標,求出直線MN的斜率,得到關于t的不等式,求出t的范圍即可.

解答 解:(1)過點A作直線AN垂直于直線$y=-\frac{1}{4}$于點N,由題意得|AF|=|AN|,
所以動點A的軌跡是以F為焦點,直線$y=-\frac{1}{4}$為準線的拋物線,
所以拋物線C得方程為x2=y.
(2)由題意知,過點P(t,t2)的直線PQ斜率存在且不為0,設其為k,
則${l_{PQ}}:y-{t^2}=k({x-t})$,當$y=0,x=\frac{{-{t^2}+kt}}{k}$,則$M({\frac{{-{t^2}+kt}}{k},0})$,
聯立方程$\left\{\begin{array}{l}y-{t^2}=k({x-t})\\{x^2}=y\end{array}\right.$,整理得:x2-kx+t(k-t)=0.
即(k-t)[x-(k-t)]=0,解得x=t或x=k-t,
∴Q(k-t,(k-t)2),而QN⊥QP,所以直線NQ斜率為$-\frac{1}{k}$,
∴${l_{PQ}}:y-{({k-t})^2}=-\frac{1}{k}[{x-({k-t})}]$,聯立方程$\left\{\begin{array}{l}y-{({k-t})^2}=-\frac{1}{k}[{x-({k-t})}]\\{x^2}=y\end{array}\right.$,
整理得:${x^2}+\frac{1}{k}x-\frac{1}{k}({k-t})-{({k-t})^2}=0$,
即kx2+x-(k-t)[k(k-t)+1]=0,[kx+k(k-t)+1][x-(k-t)]=0,
解得$x=-\frac{{k({k-t})+1}}{k}$,或x=k-t.∴$N({-\frac{{k({k-t})+1}}{k},\frac{{{{[{k({k-t})+1}]}^2}}}{k^2}})$,
∴${k_{MN}}=\frac{{\frac{{{{[{k({k-t})+1}]}^2}}}{k^2}}}{{-\frac{{k({k-t})+1}}{k}-\frac{{-{t^2}+kt}}{k}}}=\frac{{{{({{k^2}-kt+1})}^2}}}{{k({{t^2}-{k^2}-1})}}$.
而拋物線在點N的切線斜率,
k=y'|$x=-\frac{{k({k-t})+1}}{k}=\frac{{-2k({k-t})-2}}{k}$,MN是拋物線的切線,
∴$\frac{{{{({{k^2}-kt+1})}^2}}}{{k({{t^2}-{k^2}-1})}}=\frac{{-2k({k-t})-2}}{k}$,整理得k2+kt+1-2t2=0,
∴△=t2-4(1-2t2)≥0,解得$t≤-\frac{2}{3}$(舍去),或$t≥\frac{2}{3}$,
∴${t_{min}}=\frac{2}{3}$.

點評 本題考查了求拋物線的解析式問題,考查求直線的斜率以及轉化思想,考查拋物線的性質,是一道綜合題.

練習冊系列答案
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