Question

6．已知拋物線E：y²=2px（p＞0）上一點M（x₀，4）到交點F的距離|MF|=$\frac{5}{4}$x₀．
（1）求E的方程；
（2）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相較于C、D兩點，若$\overrightarrow{AC}$•$\overrightarrow{AD}$=0，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）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．
（2）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|AE|=|BE|=$\frac{1}{2}$|CD|，由此求得m的值，可得直線l的方程．

解答 解：（1）∵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，
∴p=2，
∴E的方程為y²=4x；
（2）由題意可得，直線l和坐標軸不垂直，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．
∴AB的中點坐標為D（2m²+1，2m），弦長|AB|=$\sqrt{{m}^{2}+1}$|y₁-y₂|=4（m²+1）．
又直線l′的斜率為-m，∴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C相交于C，D兩點，
把線l′的方程代入拋物線方程可得 y²+$\frac{4}{m}$y-4（2m²+3）=0，∴y₃+y₄=-$\frac{4}{m}$，y₃•y₄=-4（2m²+3）．
故線段CD的中點E的坐標為（$\frac{2}{{m}^{2}}$+2m²+3，-$\frac{2}{m}$），∴|CD|=$\sqrt{1+\frac{1}{{m}^{2}}}$|y₃-y₄|=$\frac{4（{m}^{2}+1）\sqrt{2{m}^{2}+1}}{{m}^{2}}$，
∵$\overrightarrow{AC}$•$\overrightarrow{AD}$=0，故ACBD四點共圓等價于|AE|=|BE|=$\frac{1}{2}$|CD|，
∴$\frac{1}{4}$AB²+DE²=$\frac{1}{4}$CD²，
∴4（m²+1）² +$（2m+\frac{2}{m}）^{2}+（\frac{2}{{m}^{2}}+2）^{2}$=$\frac{1}{4}$×（$\frac{4（{m}^{2}+1）\sqrt{2{m}^{2}+1}}{{m}^{2}}$）²，化簡可得 m²-1=0，
∴m=±1，∴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準方程，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，屬于難題．