Question

3．已知A，B是拋物線y²=2px（p＞0）上異于遠(yuǎn)點(diǎn)P的兩點(diǎn)．F是拋物線的焦點(diǎn)，K_OA、K_OB分別表示直線OA，OB的斜率．且K_OA•K_OB=λ（λ為小于零的常數(shù)）
（1）證明直線AB恒過X軸上的一定點(diǎn)；
（2）設(shè)AB的中點(diǎn)為M，點(diǎn)M在拋物線的準(zhǔn)線上的射影為點(diǎn)N，若∠AFB=120°，求$\frac{|AB|}{|MN|}$的最小值及取得最小值時(shí)λ的值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出AB的方程，與拋物線方程聯(lián)立，消去y，由根與系數(shù)的關(guān)系，利用k_OA•k_OB=λ，求出b的值，得出直線AB過定點(diǎn)（-$\frac{2p}{λ}$，0）；
（2）設(shè)|AF|=a，|BF|=b，利用余弦定理，結(jié)合基本不等式求出|AB|的最小值，再利用梯形的中位線求出|MN|的值，從而求出$\frac{|AB|}{|MN|}$的最小值以及此時(shí)對應(yīng)的λ的值．

解答 解：（1）設(shè)直線AB的方程為y=kx+b，
將直線與拋物線聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{{y}^{2}=2px}\\{y=kx+b}\end{array}\right.$，消去y，得k²x²+（2kb-2p）x+b²=0，
∴x₁+x₂=$\frac{-2kb+2p}{{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{^{2}}{{k}^{2}}$；
∴k_OA=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$，k_OB=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$；
∴K_OA•K_OB=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$•$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$=λ，即y₁y₂=λx₁x₂，
∴y₁y₂=（kx₁+b）（kx₂+b）
=k²x₁x₂+kb（x₁+x₂）+b²
=k²•$\frac{^{2}}{{k}^{2}}$+kb•$\frac{-2kb+2p}{k}$+b²
=$\frac{2bp}{k}$；
∴$\frac{2bp}{k}$=λ•$\frac{^{2}}{{k}^{2}}$，
解得b=$\frac{2pk}{λ}$，
∴y=kx+$\frac{2pk}{λ}$=k（x+$\frac{2p}{λ}$）；
令x=-$\frac{2p}{λ}$，得y=0，
∴直線過定點(diǎn)（-$\frac{2p}{λ}$，0）．
（2）設(shè)|AF|=a，|BF|=b，連接AF、BF，
由拋物線定義，得|AF|=|AQ|，|BF|=|BP|，
在梯形ABPQ中，2|MN|=|AQ|+|BP|=a+b；
由余弦定理得，
|AB|²=a²+b²-2abcos120°=a²+b²+ab，
配方得，|AB|²=（a+b）²-ab，
又∵ab≤${（\frac{a+b}{2}）}^{2}$，當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)“=”成立；
∴（a+b）²-ab≥（a+b）²-$\frac{1}{4}$（a+b）²=$\frac{3}{4}$（a+b）²，
∴|AB|≥$\frac{\sqrt{3}}{2}$（a+b）；
∴$\frac{|AB|}{|MN|}$≥$\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}（a+b）}{\frac{1}{2}（a+b）}$=$\sqrt{3}$，即$\frac{|AB|}{|MN|}$的最小值為$\sqrt{3}$；
∵“=”成立的條件是a=b，
∴|FA|=|FB|，即x₁=x₂=$\frac{p}{2}$，y₁=-y₂=-p；
∴λ=k_OA•k_OB=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$•$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$=$\frac{-p}{\frac{p}{2}}$•$\frac{p}{\frac{p}{2}}$=-4．

點(diǎn)評 本題考查了直線與拋物線的綜合應(yīng)用問題，也考查了基本不等式的應(yīng)用問題，余弦定理的應(yīng)用問題，是綜合性題目．