Question

7．已知拋物線C：y²=4x，其焦點為F，定點E（1，2）．
（1）過點G（5，-2）的直線與拋物線C交于M，N兩點（不同于點E），記直線EM，EN的斜率分別為k₁，k₂，求k₁•k₂；
（2）設(shè)Q為拋物線C的準線上一點，是否存在過焦點F的直線l與拋物線C交于不同的兩點A，B，使得△ABQ為正三角形？若能，求出直線l的方程；若不能，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)過點G（5，-2）的直線l的方程為x-5=m（y+2），即x=my+2m+5，代入拋物線的方程，運用韋達定理，再由直線的斜率公式，化簡整理即可得到所求值；
（2）①當直線l的斜率不存在時易驗證不合題意；②當直線存在斜率時設(shè)直線l的方程為y=k（x-1）（k≠0），直線l與拋物線的交點坐標為A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），聯(lián)立方程組消y后可求AB中點K坐標，設(shè)存在Q（-1，m），由K_AB•K_QK=-1，Q到直線l的距離為d=$\frac{\sqrt{3}}{2}$|AB|，聯(lián)立即可解得k值，從而可判斷存在性．

解答 解：（1）設(shè)過點G（5，-2）的直線l的方程為x-5=m（y+2），即x=my+2m+5，
代入y²=4x得y²-4my-8m-20=0，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
則y₁+y₂=4m，y₁y₂=-8m-20，
則k₁•k₂=$\frac{{y}_{1}-2}{{x}_{1}-1}$•$\frac{{y}_{2}-2}{{x}_{2}-1}$=$\frac{{y}_{1}-2}{\frac{{{y}_{1}}^{2}}{4}-1}$•$\frac{{y}_{2}-2}{\frac{{{y}_{2}}^{2}}{4}-1}$=$\frac{16}{（{y}_{1}+2）（{y}_{2}+2）}$
=$\frac{16}{{y}_{1}{y}_{2}+2（{y}_{1}+{y}_{2}）+4}$=$\frac{16}{-8m-20+8m+4}$=-1；
（2）①若直線l的斜率不存在，則Q只可能為（-1，0），
此時△QAB不是等邊三角形，舍去；
②若直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y=k（x-1）（k≠0），
直線l與拋物線的交點坐標為A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$⇒k²x²-（2k²+4）x+k²=0，x₁+x₂=2+$\frac{4}{{k}^{2}}$，
設(shè)存在Q（-1，m），AB的中點為K（1+$\frac{2}{{k}^{2}}$，$\frac{2}{k}$），
設(shè)Q到直線l的距離為d，
由△QAB是等邊三角形可知：$\frac{\frac{2}{k}-m}{\frac{2}{{k}^{2}}+2}$=-$\frac{1}{k}$①，
d=$\frac{\sqrt{3}}{2}$|AB|⇒$\frac{|2k+m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$|4+$\frac{4}{{k}^{2}}$|②，
由①可得：m=$\frac{2}{{k}^{3}}$+$\frac{4}{k}$，③
③代入②得：（2k+$\frac{2}{{k}^{3}}$+$\frac{4}{k}$）²=（k²+1）•$\frac{3}{4}$•$\frac{16（{k}^{2}+1）^{2}}{{k}^{4}}$，
化簡得：$\frac{4（1+{k}^{2}）^{4}}{{k}^{6}}$=12•$\frac{（1+{k}^{2}）^{3}}{{k}^{4}}$⇒k²=$\frac{1}{2}$，
即有k=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
故存在過焦點F的直線l，且為y=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$（x-1）．

點評 本題考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系及拋物線方程的求解，考查分類討論思想，考查學(xué)生分析問題解決問題的能力，解決本題的關(guān)鍵是充分利用正三角形的性質(zhì)列方程組．