Question

14．如圖，設(shè)F為拋物線y²=2px（p＞0）的焦點(diǎn)，P是拋物線上一定點(diǎn)，其坐為（x₀，y₀）（x₀≠0），Q為線段OF的垂直平分線上一點(diǎn)，且點(diǎn)Q到拋物線的準(zhǔn)線l的距離為$\frac{3}{2}$．
（1）求拋物線的方程；
（2）過(guò)點(diǎn)P任作兩條斜率均存在的直線PA、PB，分別與拋物線交于點(diǎn)A、B，如圖示，若直線AB的斜率為定值-$\frac{2}{{y}_{0}}$，求證：直線PA、PB的傾斜角互補(bǔ)．

Answer 1

分析 （1）∵拋物線的方程為y²=2px，∴得到直線l的方程，再利用點(diǎn)Q在線段OF的垂直平分線上的條件得出結(jié)論．
（2）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），由已知得，$\frac{4}{{y}_{1}+{y}_{2}}=-\frac{2}{{y}_{0}}$⇒y₁+y₂=-2y₀，因?yàn)辄c(diǎn)A，B，P均在拋物線y2=4x上，所以有${x}_{1}=\frac{{y}_{1}^{2}}{4}，{x}_{2}=\frac{{y}_{2}^{2}}{4}$，${x}_{0}=\frac{{y}_{0}^{2}}{4}$，把它們分別代入即可．

解答 解：（1）∵拋物線的方程為y²=2px，∴直線l的方程為$x=-\frac{p}{2}$…（1分）
又∵點(diǎn)Q在線段OF的垂直平分線上，且F為拋物線y²=2px的焦點(diǎn)，
∴點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)為$\frac{p}{4}$．…（2分）
又∵點(diǎn)Q到拋物線的準(zhǔn)線l的距離為$\frac{3}{2}$，∴$\frac{3}{4}p=\frac{3}{2}$，即p=2．
∴拋物線的方程為y²=4x．…（5分）
（2）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則${k}_{AB}=\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$
又因?yàn)辄c(diǎn)A，B均在拋物線y²=4x上，所以有${x}_{1}=\frac{{y}_{1}^{2}}{4}，{x}_{2}=\frac{{y}_{2}^{2}}{4}$，
所以${k}_{AB}=\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}=\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{\frac{{y}_{2}^{2}}{4}-\frac{{y}_{1}^{2}}{4}}=\frac{4}{{y}_{1}+{y}_{2}}$，
故由已知得，$\frac{4}{{y}_{1}+{y}_{2}}=-\frac{2}{{y}_{0}}$⇒y₁+y₂=-2y₀（*）…（7分）
又由已知易知x₁≠x₀，x₂≠x₀，所以有${k}_{PA}=\frac{{y}_{1}-{y}_{0}}{{x}_{1}-{x}_{0}}，{k}_{PB}=\frac{{y}_{2}-{y}_{0}}{{x}_{2}-{x}_{0}}$
從而有${k}_{PA}+{k}_{PB}=\frac{{y}_{1}-{y}_{0}}{{x}_{1}-{x}_{0}}+\frac{{y}_{2}-{y}_{0}}{{x}_{2}-{x}_{0}}$，（**）…（8分）
又因?yàn)辄c(diǎn)A，B，P均在拋物線y2=4x上，所以有${x}_{1}=\frac{{y}_{1}^{2}}{4}，{x}_{2}=\frac{{y}_{2}^{2}}{4}$，${x}_{0}=\frac{{y}_{0}^{2}}{4}$，把它們分別代入（**）式，并化簡(jiǎn)可得：
${k}_{PA}+{k}_{PB}=\frac{4}{{y}_{1}+{y}_{0}}+\frac{4}{{y}_{2}+{y}_{0}}$=$\frac{4（{y}_{2}+{y}_{0}）+4（{y}_{1}+{y}_{0}）}{（{y}_{1}+{y}_{0}）（{y}_{2}+{y}_{0}）}=\frac{4（{y}_{1}+{y}_{2}+2{y}_{0}）}{（{y}_{1}+{y}_{0}）（{y}_{2}+{y}_{0}）}$…（10分）
把（*）代入，可得${k}_{PA}+{k}_{PB}=\frac{4（{y}_{1}+{y}_{2}+2{y}_{0}）}{（{y}_{1}+{y}_{0}）（{y}_{2}+{y}_{0}）}=0$
故直線PA、PB的傾斜角互補(bǔ)…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查直線與圓錐曲線的綜合問(wèn)題，計(jì)算量很大，屬于難題，高考中常作壓軸題．