Question

8．已知拋物線C：y²=2px（p＞0），焦點F（$\frac{p}{2}$，0），如果存在過點M（x₀，0）$（{x_0}＞\frac{p}{2}）$的直線l與拋物線C交于不同的兩點A、B，使得S_△AOM=λ•S_△FAB，則稱點M為拋物線C的“λ分點”．
（1）如果M（p，0），直線l：x=p，求λ的值；
（2）如果M（p，0）為拋物線C的“$\frac{4}{3}$分點”，求直線l的方程；
（3）（普通中學(xué)做）命題甲：證明點M（p，0）不是拋物線C的“2分點”；
（重點中學(xué)做）命題乙：如果M（x₀，0）$（{x_0}＞\frac{p}{2}）$是拋物線的“2分點”，求x₀的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由$\left\{\begin{array}{l}x=p\\{y^2}=2px\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}x=p\\ y=±\sqrt{2}p\end{array}\right.$，求出A，B的坐標(biāo)，得出S_△AOM=S_△FAB，求λ的值；
（2）如果M（p，0）為拋物線C的“$\frac{4}{3}$分點”，由${S_{△AOM}}=\frac{4}{3}•{S_{△FAB}}$得$\frac{1}{2}p|{y_A}|=\frac{4}{3}•\frac{1}{2}•\frac{2p}{k^2}\sqrt{（1+{k^2}）（1+2{k^2}）}•\frac{p|k|}{{2\sqrt{1+{k^2}}}}$，即可求直線l的方程；
（3）（普通中學(xué)做）命題甲：求得${y_A}=k（\frac{y_A^2}{2p}-p）$，將${y_A}=±\frac{2p}{k}\sqrt{2{k^2}+1}$代入化簡得9k⁴+4k²=0，解得${k^2}=-\frac{4}{9}$，矛盾，從而證明點M（p，0）不是拋物線C的“2分點”；
（重點中學(xué)做）命題乙：由S_△AOM=2•S_△FAB，得$\frac{1}{2}{x_0}{y_A}=2•\frac{1}{2}（{x_0}-\frac{p}{2}）（{y_A}-{y_B}）$，${y_B}=\frac{{{x_0}-p}}{{2{x_0}-p}}{y_A}$，即可求x₀的取值范圍．

解答 解：（1）由$\left\{\begin{array}{l}x=p\\{y^2}=2px\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}x=p\\ y=±\sqrt{2}p\end{array}\right.$，從而A（p，$\sqrt{2}$p），B（p，-$\sqrt{2}$p），
從而${S_{△AOM}}=\frac{1}{2}•p•\sqrt{2}p=\frac{{\sqrt{2}}}{2}{p^2}$，${S_{△FAB}}=2{S_{△AFM}}=2•\frac{1}{2}•\frac{p}{2}•\sqrt{2}p=\frac{{\sqrt{2}}}{2}{p^2}$，
∴S_△AOM=S_△FAB，∴λ=1…（3分）
（2）設(shè)直線l：y=k（x-p）（k≠0），代入y²=2px整理得，k²x²-2p（k²+1）x+k²p²=0
由韋達(dá)定理得$\left\{\begin{array}{l}{x_A}+{x_B}=\frac{{2p（{k^2}+1）}}{k^2}\\{x_A}{x_B}={p^2}\end{array}\right.$，
$|{AB}|=\sqrt{（1+{k^2}）[{{（{x_A}+{x_B}）}^2}-4{x_A}{x_B}]}=\frac{2p}{k^2}\sqrt{（1+{k^2}）（1+2{k^2}）}$．…（5分）
點F到直線l：y=k（x-p）的距離$d=\frac{p|k|}{{2\sqrt{1+{k^2}}}}$．
由${S_{△AOM}}=\frac{4}{3}•{S_{△FAB}}$得$\frac{1}{2}p|{y_A}|=\frac{4}{3}•\frac{1}{2}•\frac{2p}{k^2}\sqrt{（1+{k^2}）（1+2{k^2}）}•\frac{p|k|}{{2\sqrt{1+{k^2}}}}$，
解得${y_A}=±\frac{4p}{3k}\sqrt{2{k^2}+1}$，
又y_A=k（x_A-p）（k≠0），$y_A^2=2p{x_A}$，消x_A得${y_A}=k（\frac{y_A^2}{2p}-p）$，
將${y_A}=±\frac{4p}{3k}\sqrt{2{k^2}+1}$代入整理得49k⁴-176k²-80=0，
（49k²+20）（k²-4）=0，得k=±2，直線l：y=±2（x-p）…（7分）
（3）命題甲：
設(shè)直線l：y=k（x-p）（k≠0），代入y²=2px整理得，k²x²-2p（k²+1）x+k²p²=0．由韋達(dá)定理得$\left\{\begin{array}{l}{x_A}+{x_B}=\frac{{2p（{k^2}+1）}}{k^2}\\{x_A}{x_B}={p^2}\end{array}\right.$，$|{AB}|=\sqrt{（1+{k^2}）[{{（{x_A}+{x_B}）}^2}-4{x_A}{x_B}]}=\frac{2p}{k^2}\sqrt{（1+{k^2}）（1+2{k^2}）}$．
點F到直線l：y=k（x-p）的距離$d=\frac{p|k|}{{2\sqrt{1+{k^2}}}}$．
由S_△AOM=2•S_△FAB得$\frac{1}{2}p|{y_A}|=2•\frac{1}{2}•\frac{2p}{k^2}\sqrt{（1+{k^2}）（1+2{k^2}）}•\frac{p|k|}{{2\sqrt{1+{k^2}}}}$，
解得${y_A}=±\frac{2p}{k}\sqrt{2{k^2}+1}$，…（9分）
又y_A=k（x_A-p）（k≠0），$y_A^2=2p{x_A}$，消x_A得${y_A}=k（\frac{y_A^2}{2p}-p）$，將${y_A}=±\frac{2p}{k}\sqrt{2{k^2}+1}$代入化簡得9k⁴+4k²=0，解得${k^2}=-\frac{4}{9}$，矛盾∴點M（p，0）不是拋物線C的“（2分）點”．…（12分）
命題乙：
設(shè)$A（\begin{array}{l}{{x_A}，}&{{y_A}）}\end{array}$、$B（\begin{array}{l}{{x_B}，}&{{y_B}）}\end{array}$，不妨設(shè)y_A＞0，y_B＜0，設(shè)直線l：x=my+x₀．
將直線l：x=my+x₀代入y²=2px得y²-2pmy-2px₀=0，$\left\{\begin{array}{l}{y_A}+{y_B}=2pm\\{y_A}•{y_B}=-2p{x_0}\end{array}\right.$．
由S_△AOM=2•S_△FAB，得$\frac{1}{2}{x_0}{y_A}=2•\frac{1}{2}（{x_0}-\frac{p}{2}）（{y_A}-{y_B}）$，${y_B}=\frac{{{x_0}-p}}{{2{x_0}-p}}{y_A}$，…（10分）
從而$\left\{\begin{array}{l}\frac{{3{x_0}-2p}}{{2{x_0}-p}}{y_A}=2pm\\ \frac{{{x_0}-p}}{{2{x_0}-p}}y_A^2=-2p{x_0}\end{array}\right.$，消y_A得$\frac{{{{（3{x_0}-2p）}^2}}}{{（{x_0}-p）（2{x_0}-p）}}=-\frac{{2p{m^2}}}{x_0}≤0$，求得$\frac{p}{2}＜{x_0}＜p$．…（12分）

點評 本題考查新定義，考查直線與拋物線的位置關(guān)系，考查學(xué)生分析解決問題的能力，有難度．