Question

19．設(shè)拋物線Γ：y²=2px（p＞0）上的點M（x₀，4）到焦點F的距離|MF|=$\frac{5}{4}{x}_{0}$．
（1）求拋物線Γ的方程；
（2）過點F的直線l與拋物線T相交于A，B兩點，線段AB的垂直平分線l′與拋物線Γ相交于C，D兩點，若$\overrightarrow{AC}•\overrightarrow{AD}$=0，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)拋物線的性質(zhì)得出=x₀+$\frac{p}{2}$=$\frac{5}{4}{x}_{0}$，得出M的坐標，代入拋物線方程求出p即可；
（2）設(shè)l方程為y=k（x-1），設(shè)AB中點P，CD中點Q，聯(lián)立方程組求出|AB|，|PQ|，|CD|，根據(jù)勾股定理列方程解出k．

解答 解：（1）∵|MF|=x₀+$\frac{p}{2}$=$\frac{5}{4}{x}_{0}$，∴x₀=2p．即M（2p，4）．
把M（2p，4）代入拋物線方程得4p²=16，解得p=2．
∴拋物線Γ的方程為y²=4x．
（2）設(shè)直線l的方程為y=k（x-1），
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{{y}^{2}=4x}\\{y=k（x-1）}\end{array}\right.$，消元得：k²x²-（2k²+4）x+k²=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則x₁+x₂=$\frac{2{k}^{2}+4}{{k}^{2}}$，y₁+y₂=$\frac{4}{k}$．
設(shè)AB的中點為P（$\frac{{k}^{2}+2}{{k}^{2}}$，$\frac{2}{k}$）．∴|AB|=x₁+x₂+p=$\frac{4（{k}^{2}+1）}{{k}^{2}}$．
∴直線l′的方程為y-$\frac{2}{k}$=-$\frac{1}{k}$（x-$\frac{{k}^{2}+2}{{k}^{2}}$），即x=-ky+$\frac{2}{{k}^{2}}$+3．
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{{y}^{2}=4x}\\{x=-ky+\frac{2}{{k}^{2}}+3}\end{array}\right.$，消元得：y²+4ky-4（3+$\frac{2}{{k}^{2}}$）=0．
設(shè)C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），則y₃+y₄=-4k，y₃y₄=-4（3+$\frac{2}{{k}^{2}}$）．
∴x₃+x₄=$\frac{4{k}^{4}+6{k}^{2}+4}{{k}^{2}}$，∴CD的中點Q（$\frac{2{k}^{4}+3{k}^{2}+2}{{k}^{2}}$，-2k）．
∴|CD|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{y}_{3}+{y}_{4}）^{2}-4{y}_{3}{y}_{4}}$=$\frac{4（{k}^{2}+1）\sqrt{{k}^{2}+2}}{|k|}$，|PQ|=$\frac{2（{k}^{2}+1）\sqrt{{k}^{2}+1}}{|k|}$，
∵$\overrightarrow{AC}•\overrightarrow{AD}$=0，∴AC⊥AD．∴|AQ|=$\frac{1}{2}$|CD|．
∵AB⊥CD，∴|AP|²+|PQ|²=|AQ|²，即$\frac{1}{4}$|AB|²+|PQ|²=$\frac{1}{4}$|CD|²，
∴$\frac{16（{k}^{2}+1）^{2}}{{k}^{4}}$+$\frac{16（{k}^{2}+1）^{3}}{{k}^{2}}$=$\frac{16（{k}^{2}+1）^{2}（{k}^{2}+2）}{{k}^{2}}$，
解得k=±1，
∴直線l的方程為x-y-1=0或x+y-1=0．

點評 本題考查了拋物線的性質(zhì)，直線與拋物線的位置關(guān)系，弦長公式，屬于中檔題．