Question

18．過拋物線y²=2px（p＞0）的焦點F做傾斜角為θ直線AB，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．求證：
（1）y₂y₁=-P²，x₂x₁=$\frac{p^2}{4}$；
（2）|AB|=$\frac{2p}{sin^2θ}$=x₁+x₂+P；
（3）|AF|=$\frac{p}{1-cosθ}$=x₁+$\frac{p}{2}$，|BF|=$\frac{p}{1+cosθ}$=x₂+$\frac{p}{2}$；
（4）$\frac{1}{IAFI}$+$\frac{1}{IBFI}$=$\frac{2}{p}$；
（5）以AB為直徑的圓與準線相切；
（6）點A、B在準線上的射影分別為M、N，則∠MFN=90°．

Answer 1

分析 （1）設(shè)直線AB的方程為x=my+$\frac{p}{2}$，代入y²=2px，再利用韋達定理，即可得到結(jié)論；
（2）利用拋物線的定義和（1）的結(jié)論，表示出x₁+x₂即可；
（3）由拋物線的定義，在直角三角形ACF中，運用余弦函數(shù)的定義，即可得到AF的長，同理可得BF的長；
（4）由（3）的結(jié)論即可證明；
（5）由于AB的中點到準線的距離等于AC與BD的和的一半，由拋物線的定義，即可判斷；
（6）由拋物線的定義和平行線的性質(zhì)即可證明結(jié)論．

解答 證明：如右圖所示：設(shè)準線為l，準線l與x軸的交點記為K，作AM⊥l、BN⊥l，垂足分別為M、N，
（1）由題意設(shè)直線AB的方程為x=my+$\frac{p}{2}$，
代入y²=2px，可得y²-2pmy-p²=0，
所以y₂y₁=-P²，則x₂x₁=$\frac{{{y}_{2}}^{2}}{2p}$•$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{2p}$=$\frac{{p}^{2}}{4}$；
（2）∵AB是過拋物線y²=2px（p＞0）的焦點的弦，
∴由拋物線定義可得|AB|=|AF|+|BF|=x₁+$\frac{p}{2}$+x₂+$\frac{p}{2}$=x₁+x₂+p；
由（1）知，y₁y₂=-p²，y₁+y₂=2pm，
∴${{y}_{1}}^{2}+{{y}_{2}}^{2}$=（y₁+y₂）²-2y₁y₂=4p²m²+2p²，
則${{y}_{1}}^{2}+{{y}_{2}}^{2}$=2p（x₁+x₂）=4p²m²+2p²，解得x₁+x₂=2pm²+p，
當(dāng)θ=90°時，m=0，∴|AB|=2p；
當(dāng)θ≠90°時，m=$\frac{1}{tanθ}$，|AB|=$\frac{2p}{ta{n}^{2}θ}$+2p=2p（$\frac{1}{ta{n}^{2}θ}$+1）
=2p（$\frac{co{s}^{2}θ}{si{n}^{2}θ}+1$）=$\frac{2p}{si{n}^{2}θ}$，
當(dāng)θ=90°時，sinθ=1也適合上式，
∴|AB|=$\frac{2p}{sin^2θ}$=x₁+x₂+P；
（3）由拋物線的定義可得，AF=AM=CK=p+CF=p+AFcosα，
所以|AF|=$\frac{p}{1-cosθ}$=x₁+$\frac{p}{2}$，
同理可得，|BF|=$\frac{p}{1+cosθ}$=x₂+$\frac{p}{2}$；
（4）由（3）可得，$\frac{1}{|AF|}$+$\frac{1}{|BF|}$=$\frac{1-cosθ}{p}$+$\frac{1+cosθ}{p}$=$\frac{2}{p}$；
（5）由于AB的中點到準線的距離等于AC與BD的和的一半，由拋物線的定義，即為AB的一半，
故以AB為直徑的圓與拋物線的準線相切；
（6）由拋物線的定義可得，AF=AM，則∠AMF=∠AFM，
∵AM∥KC，∴∠AMF=∠MFK，則∠MFK=∠AFM，
同理可證，∠NFK=∠BFN，
∵∠MFK+∠AFM+∠NFK+∠BFN=180°，
∴MFN=90°．

點評 本題考查拋物線的定義、方程和性質(zhì)，考查聯(lián)立直線方程和拋物線方程，運用韋達定理求解，以及平面幾何知識，屬于中檔題．