如图所示，在平面直角坐标系 $xOy$ 中，$F$ 是 $x$ 轴正半轴上的一个动点．以 $F$ 为焦点、$O$ 为顶点作抛物线 $C$．设 $P$ 是第一象限内 $C$ 上的一点，$Q$ 是 $x$ 轴负半轴上一点，使得 $PQ$ 为 $C$ 的切线，且 $|PQ|=2$，圆 $C_{1},C_{2}$ 均与直线 $OP$ 相切于点 $P$，且均与 $x$ 轴相切．求点 $F$ 的坐标，使圆 $C_{1}$ 与 $C_{2}$ 的面积之和取到最小值．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
$\left(\dfrac{1}{\sqrt {3-\sqrt 3}},0\right)$
【解析】
设抛物线 $C$ 的方程是 $y^{2}=2px(p>0)$，$Q$ 为 $(-a,0),a>0$，并设 $C_{1},C_{2}$ 的圆心分别为 $O_{1}(x_{1},y_{2}),O_{2}(x_{2},y_{2})$．
设直线 $PQ$ 的方程为 $x=my-a,m>0$，将其与 $C$ 的方程联立，消去 $x$ 可知\[y^{2}-2pmy+2pa=0.\]因为 $PQ$ 与 $C$ 相切于点 $P$，所以上述方程的判别式为\[\Delta =4p^{2}m^{2}-4\cdot 2pa=0,\]解得 $m=\sqrt{\dfrac{2a}{p}}$．进而可知，点 $P$ 的坐标为 $(x_{P},y_{P})=(a,\sqrt{2pa})$，于是\[|PQ|=\sqrt{1+m^{2}}|y_{P}-0|=\sqrt{1+\dfrac{2a}{p}}\cdot \sqrt{2pa}=\sqrt{2a(p+2a)}.\]由 $|PQ|=2$ 可得\[4a^{2}+2pa=4\cdots\cdots \text{ ① }\]注意到 $OP$ 与圆 $C_{1},C_{2}$ 相切于点 $P$，所以 $OP\perp O_{1}O_{2}$．设圆 $C_{1},C_{2}$ 与 $x$ 轴分别相切于点 $M,N$，则 $OO_{1},OO_{2}$ 分别是 $\angle POM,\angle PON$ 的平分线，故 $\angle O_{1}OO_{2}=90^{\circ}$．从而由射影定理知\[y_{1}y_{2}=O_{1}M\cdot O_{2}N=O_{1}P\cdot O_{2}P=OP^{2}=x_{P}^{2}+y_{P}^{2}=a^{2}+2pa.\]结合 ①，就有\[y_{1}y_{2}=a^{2}+2pa=4-3a^{2}\cdots\cdots \text{ ② }\]由 $O_{1},P,O_{2}$ 共线，可得\[\dfrac{y_{1}-\sqrt{2pa}}{\sqrt{2pa}-y_{2}}=\dfrac{y_{1}-y_{P}}{y_{P}-y_{2}}=\dfrac{O_{1}P}{PO_{2}}=\dfrac{O_{1}M}{O_{2}N}=\dfrac{y_{1}}{y_{2}},\]化简得\[y_{1}+y_{2}=\dfrac{2}{\sqrt{2pa}}\cdot y_{1}y_{2}\cdots\cdots \text{ ③ }\]令 $T=y_{1}^{2}+y_{2}^{2}$，则圆 $C_{1},C_{2}$ 的面积之和为 $\pi T$．根据题意，仅需考虑 $T$ 取到最小值的情况．根据 ②，③ 可知，\[\begin{split}T&=(y_{1}+y_{2})^{2}-2y_{1}y_{2}\\&=\dfrac{4}{2pa}y_{1}^{2}y_{2}^{2}-2y_{1}y_{2}\\&=\dfrac{4}{4-4a^{2}}(4-3a^{2})^{2}-2(4-3a^{2})\\&=\dfrac{(4-3a^{2})(2-a^{2})}{1-a^{2}}.\end{split}\]作代换 $t=1-a^{2}$．由于\[4t=4-4a^{2}=2pa>0,\]所以 $t>0$．于是\[T=\dfrac{(3t+1)(t+1)}{t}=3t+\dfrac{1}{t}+4\geqslant 2\sqrt{3t\cdot \dfrac{1}{t}}+4=2\sqrt 3+4.\]上式等号成立当且仅当 $t=\dfrac{\sqrt 3}{3}$，此时\[a=\sqrt{1-t}=\sqrt{1-\dfrac{1}{\sqrt 3}}.\]因此结合 ① 得\[\dfrac{p}{2}=\dfrac{1-a^{2}}{a}=\dfrac{t}{\sqrt{1-\dfrac{1}{\sqrt 3}}}=\dfrac{\sqrt 3t}{\sqrt {3-\sqrt 3}}=\dfrac{1}{\sqrt {3-\sqrt 3}},\]从而 $F$ 的坐标为 $\left(\dfrac{1}{\sqrt {3-\sqrt 3}},0\right)$．
设直线 $PQ$ 的方程为 $x=my-a,m>0$，将其与 $C$ 的方程联立，消去 $x$ 可知\[y^{2}-2pmy+2pa=0.\]因为 $PQ$ 与 $C$ 相切于点 $P$，所以上述方程的判别式为\[\Delta =4p^{2}m^{2}-4\cdot 2pa=0,\]解得 $m=\sqrt{\dfrac{2a}{p}}$．进而可知，点 $P$ 的坐标为 $(x_{P},y_{P})=(a,\sqrt{2pa})$，于是\[|PQ|=\sqrt{1+m^{2}}|y_{P}-0|=\sqrt{1+\dfrac{2a}{p}}\cdot \sqrt{2pa}=\sqrt{2a(p+2a)}.\]由 $|PQ|=2$ 可得\[4a^{2}+2pa=4\cdots\cdots \text{ ① }\]注意到 $OP$ 与圆 $C_{1},C_{2}$ 相切于点 $P$，所以 $OP\perp O_{1}O_{2}$．设圆 $C_{1},C_{2}$ 与 $x$ 轴分别相切于点 $M,N$，则 $OO_{1},OO_{2}$ 分别是 $\angle POM,\angle PON$ 的平分线，故 $\angle O_{1}OO_{2}=90^{\circ}$．从而由射影定理知\[y_{1}y_{2}=O_{1}M\cdot O_{2}N=O_{1}P\cdot O_{2}P=OP^{2}=x_{P}^{2}+y_{P}^{2}=a^{2}+2pa.\]结合 ①，就有\[y_{1}y_{2}=a^{2}+2pa=4-3a^{2}\cdots\cdots \text{ ② }\]由 $O_{1},P,O_{2}$ 共线，可得\[\dfrac{y_{1}-\sqrt{2pa}}{\sqrt{2pa}-y_{2}}=\dfrac{y_{1}-y_{P}}{y_{P}-y_{2}}=\dfrac{O_{1}P}{PO_{2}}=\dfrac{O_{1}M}{O_{2}N}=\dfrac{y_{1}}{y_{2}},\]化简得\[y_{1}+y_{2}=\dfrac{2}{\sqrt{2pa}}\cdot y_{1}y_{2}\cdots\cdots \text{ ③ }\]令 $T=y_{1}^{2}+y_{2}^{2}$，则圆 $C_{1},C_{2}$ 的面积之和为 $\pi T$．根据题意，仅需考虑 $T$ 取到最小值的情况．根据 ②，③ 可知，\[\begin{split}T&=(y_{1}+y_{2})^{2}-2y_{1}y_{2}\\&=\dfrac{4}{2pa}y_{1}^{2}y_{2}^{2}-2y_{1}y_{2}\\&=\dfrac{4}{4-4a^{2}}(4-3a^{2})^{2}-2(4-3a^{2})\\&=\dfrac{(4-3a^{2})(2-a^{2})}{1-a^{2}}.\end{split}\]作代换 $t=1-a^{2}$．由于\[4t=4-4a^{2}=2pa>0,\]所以 $t>0$．于是\[T=\dfrac{(3t+1)(t+1)}{t}=3t+\dfrac{1}{t}+4\geqslant 2\sqrt{3t\cdot \dfrac{1}{t}}+4=2\sqrt 3+4.\]上式等号成立当且仅当 $t=\dfrac{\sqrt 3}{3}$，此时\[a=\sqrt{1-t}=\sqrt{1-\dfrac{1}{\sqrt 3}}.\]因此结合 ① 得\[\dfrac{p}{2}=\dfrac{1-a^{2}}{a}=\dfrac{t}{\sqrt{1-\dfrac{1}{\sqrt 3}}}=\dfrac{\sqrt 3t}{\sqrt {3-\sqrt 3}}=\dfrac{1}{\sqrt {3-\sqrt 3}},\]从而 $F$ 的坐标为 $\left(\dfrac{1}{\sqrt {3-\sqrt 3}},0\right)$．
答案
解析
备注
