Question

已知拋物線y²=4x，直線l：y=kx+2（k＞0）與拋物線C交于M、N兩點(diǎn)，與x軸交于點(diǎn)A，H 為MN的中點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．
（1）判斷直線OH與直線2x-y-2

3

=0是否平行，并說明理由；
（2）設(shè)點(diǎn)Q在x軸上，記以QM、QN為鄰邊的棱形面積為S₁，三角形AHQ的面積為S₂，

S1

(2-k)S2

的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：直線與圓錐曲線的關(guān)系

專題：圓錐曲線中的最值與范圍問題

分析：（1）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），線段MN的中點(diǎn)H（x₀，y₀）．把直線與拋物線方程聯(lián)立化為k²x²+（4k-4）x+4=0，由于△＞0，可得0＜k＜

1

2

．利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式可得H坐標(biāo)，k_OH=

k

1-k

，利用k_OH=2解出并判定即可得出．
（2）由（1）可得H(

2-2k

k2

，

2

k

)，利用弦長公式可得|MN|=

(1+k2)[(x1+x2)2-4x1x2]

=

4 (1+k2)(1-2k)

k2

．利用菱形的性質(zhì)可得QH⊥l．可得直線QH的方程為y-

2

k

=-

1

k

(x-

2-2k

k2

)，可得Q(

2k2-2k+2

k2

，0)．利用點(diǎn)到直線的距離公式可得|QH|=

2 1+k2

k

．S₁=|MN|•|QH|=

8(1+k2) 1-2k

k3

．S₂=

1

2

|QA|•y_H．即可得出

S1

(2-k)S2

=

4 1-2k

2-k

=f（k）.0＜k＜

1

2

．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性即可得出．

解答： 解：（1）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），線段MN的中點(diǎn)H（x₀，y₀）．
聯(lián)立

y=kx+2 y2=4x

，化為k²x²+（4k-4）x+4=0，
△＞0，16（k-1）²-16k²＞0，解得0＜k＜

1

2

．
x₁+x₂=

4-4k

k2

=2x₀，
∴x₀=

2-2k

k2

，y0=

k(2-2k)

k2

+2=

2

k

，
∴k_OH=

k

1-k

，
當(dāng)

k

1-k

=2，解得k=

2

3

，不滿足△＞0，
因此直線OH與直線2x-y-2

3

=0不平行．
（2）由（1）可得H(

2-2k

k2

，

2

k

)，
|MN|=

(1+k2)[(x1+x2)2-4x1x2]

=

(1+k2)[ 16(1-k)2 k4 -4× 4 k ]

=

4 (1+k2)(1-2k)

k2

．
∵點(diǎn)Q是菱形的一個頂點(diǎn)，∴QH⊥l．
∴kQH=-

1

k

．
∴直線QH的方程為y-

2

k

=-

1

k

(x-

2-2k

k2

)，
令y=0，可得x=

2k2-2k+2

k2

．
∴Q(

2k2-2k+2

k2

，0)．
∴|QH|=

| 2k2-2k+2 k +2|

1+k2

=

2 1+k2

k

．
∴S₁=|MN|•|QH|=

8(1+k2) 1-2k

k3

．
|QA|=

2k2+2

k2

．
∴S₂=

1

2

|QA|•y_H=

1

2

×

2k2+2

k2

×

2

k

=

2k2+2

k3

．
∴

S1

(2-k)S2

=

4 1-2k

2-k

=f（k）.0＜k＜

1

2

．
∴f′（k）=

-4(1+k)

1-2k (2-k)2

＜0．
∴函數(shù)f（k）單調(diào)遞減，∴f(

1

2

)＜f(k)＜f(0)，
∴0＜f（k）＜2．

點(diǎn)評：本題考查了直線與拋物線相交問題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關(guān)系、弦長公式、點(diǎn)到直線的距離公式、三角形的面積計(jì)算公式、菱形的面積計(jì)算公式，考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．