Question

5．已知拋物線E：y²=2px（p＞0）上一點M （ x₀，4）到焦點F 的距離|MF|=$\frac{5}{4}$x₀．
（Ⅰ）求E 的方程；
（Ⅱ）過F 的直線l 與E 相交于A，B 兩點，AB 的垂直平分線l′與E相交于C，D 兩點，若$\overrightarrow{AC}•\overrightarrow{AD}$=0，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)拋物線E：y²=2px（p＞0）上一點M（x₀，4）到焦點F的距離|MF|=$\frac{5}{4}$x₀．x₀+$\frac{p}{2}$=$\frac{5}{4}$x₀，16=2px₀，求得 p的值，可得C的方程；
（Ⅱ）設(shè)l的方程為 x=my+1 （m≠0），代入拋物線方程化簡，利用韋達定理、中點公式、弦長公式求得弦長|AB|．把直線l′的方程代入拋物線方程化簡，利用韋達定理、弦長公式求得|CD|．由于CD垂直平分線段AB，故ACBD四點共圓等價于|AH|=|BH|=$\frac{1}{2}$|CD|，由此求得m的值，可得直線l的方程．

解答 解：（Ⅰ）拋物線E：y²=2px（p＞0）上一點M（x₀，4）到焦點F的距離|MF|=$\frac{5}{4}$x₀．
可得x₀+$\frac{p}{2}$=$\frac{5}{4}$x₀，
又16=2px₀，
解得p=2，
則E的方程為y²=4x；
（Ⅱ）由題意可得，直線l和坐標(biāo)軸不垂直，y²=4x的焦點F（1，0），
設(shè)l的方程為x=my+1（m≠0），
代入拋物線方程可得y²-4my-4=0，
顯然判別式△=16m²+16＞0，y₁+y₂=4m，y₁•y₂=-4．
可得AB的中點坐標(biāo)為G（2m²+1，2m），
弦長|AB|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•|y₁-y₂|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=4（m²+1）．
又直線l′的斜率為-m，
可得直線l′的方程為x=-$\frac{1}{m}$y+2m²+3．
過F的直線l與C相交于A、B兩點，若AB的垂直平分線l′與E相交于C，D兩點，
把l′的方程代入拋物線方程可得 y²+$\frac{4}{m}$y-4（2m²+3）=0，
可得y₃+y₄=-$\frac{4}{m}$，y₃•y₄=-4（2m²+3）．
故線段CD的中點H的坐標(biāo)為（$\frac{2}{{m}^{2}}$+2m²+3，-$\frac{2}{m}$），
即有|CD|=$\sqrt{1+\frac{1}{{m}^{2}}}$•|y₃-y₄|=$\sqrt{1+\frac{1}{{m}^{2}}}$•$\sqrt{（{y}_{3}+{y}_{4}）^{2}-4{y}_{3}{y}_{4}}$
=$\frac{4（1+{m}^{2}）\sqrt{1+2{m}^{2}}}{{m}^{2}}$，
由$\overrightarrow{AC}$•$\overrightarrow{AD}$=0，故ACBD四點共圓等價于|AH|=|BH|=$\frac{1}{2}$|CD|，
即$\frac{1}{4}$AB²+GH²=$\frac{1}{4}$CD²，
可得4（m²+1）² +（2m+$\frac{2}{m}$）²+（$\frac{2}{{m}^{2}}$+2）²=$\frac{1}{4}$（$\frac{4（1+{m}^{2}）\sqrt{1+2{m}^{2}}}{{m}^{2}}$）²，
化簡可得 m²-1=0，即m=±1，
可得直線l的方程為x-y-1=0，或x+y-1=0．

點評 本題主要考查求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線和圓錐曲線的位置關(guān)系的應(yīng)用，韋達定理、弦長公式的應(yīng)用，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題．