892

已知抛物线 $C:y^2=4x$ 的焦点为 $F$, 过 $F$ 的直线 $l$ 交 $C$ 于 $A,B$ 两点，过 $F$ 与 $l$ 垂直的直线交 $C$ 于 $D,E$ 两点，其中 $B,D$ 在 $x$ 轴上方，$M,N$ 分别为 $AB,DE$ 的中点.

1. 证明: 直线 $MN$ 过定点;
2. 设 $G$ 为直线 $AE$ 与直线 $BD$ 的交点，求 $\mathrm{\Delta }GMN$ 面积的最小值.

1. 证明 由题意，$k_{AB},k_{DE}$ 存在且非零. 设 $l_{AB}:x=ty+1$，与 $C$ 联立得$$\begin{array}{r}{y}^2-4ty-4=0.\end{array}$$
   由韦达定理：$y_A+y_B=4t,y_A{y}_B=-4.$ 从而
   $y_M={\displaystyle \frac{y_A+y_B}{2}=2t}$, 故 $x_M=t{y}_M+1=2t^2+1$，即 $M(2t^2+1,2t)$. 在 $l_{DE}:{\displaystyle x=-\frac{1}{t}y+1}$ 中，只需将 $M$ 坐标中的 $t$ 替换为 ${\displaystyle -\frac{1}{t}}$，即得 $N{\displaystyle (\frac{2}{t^2}+1,-\frac{2}{t})}$. 从而 $MN$ 的横截距为$$\begin{array}{r}{X}_0=\frac{x_N{y}_M-x_M{y}_N}{y_M-y_N}=\frac{({\displaystyle \frac{2}{t^2}}+1)(2t)-(2t^2+1)(-{\displaystyle \frac{2}{t}})}{2t+{\displaystyle \frac{2}{t}}}=3,\end{array}$$ 故 $MN$ 恒过 $(3,0)$.
2. 解 延续第一问的假设，有$$\begin{array}{r}AB=\sqrt{(x_A-x_B{)}^2+(y_A-y_B{)}^2}=\sqrt{t^2+1}\cdot \sqrt{(y_A+y_B{)}^2-4y_A{y}_B}=4(t^2+1),\end{array}$$
   同理 $DE={\displaystyle 4(\frac{1}{t^2}+1)}$. 因此$$\begin{array}{rl}{S}_{\mathrm{\Delta }GMN}=& \frac{1}{2}|\overrightarrow{GM}\times \overrightarrow{GN}|=\frac{1}{2}|\frac{1}{2}(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB})\times \frac{1}{2}(\overrightarrow{GD}+\overrightarrow{GE})|=\frac{1}{8}|\overrightarrow{GB}\times \overrightarrow{GE}-\overrightarrow{GA}\times \overrightarrow{GD}|\\ =& \frac{1}{4}{S}_{\text{四边形}ADBE}=\frac{1}{8}AB\cdot DE=2(2+t^2+\frac{1}{t^2})\ge 8.\end{array}$$
   等号在 $t=\pm 1$ 时取到.