Question

13．已知拋物線C：y²=2px（p＞0）和兩條平行線l₁，l₂，l₁過原點(diǎn)O分別交曲線C和C的準(zhǔn)線于點(diǎn)P，Q，l₂過曲線C的焦點(diǎn)F，交C于點(diǎn)A，B．
（I）若△OPA的面積為p²，求l₁的斜率；
（Ⅱ）求證：|FA|•|FB|=|OP|•|OQ|．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)出直線l₁的斜率為k（k≠0），得到直線l₁的方程，聯(lián)立直線方程和拋物線方程，求出|OP|，再求出F到OP的距離，代入三角形面積公式求得k值；
（Ⅱ）由（Ⅰ）求出|OP|•|OQ|為$\frac{（{k}^{2}+1）{p}^{2}}{{k}^{2}}$，寫出AB所在直線方程為y=kx-$\frac{kp}{2}$，聯(lián)立該直線方程和拋物線方程，化為關(guān)于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)關(guān)系及拋物線焦半徑公式求得|FA|•|FB|=$\frac{（{k}^{2}+1）{p}^{2}}{{k}^{2}}$，則結(jié)論得證．

解答 （Ⅰ）解：設(shè)直線l₁的斜率為k（k≠0），則直線l₁的方程為y=kx，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx}\\{{y}^{2}=2px}\end{array}\right.$，解得：P（$\frac{2p}{{k}^{2}}，\frac{2p}{k}$），
∴$|OP|=\sqrt{（\frac{2p}{{k}^{2}}）^{2}+（\frac{2p}{k}）^{2}}=2p\sqrt{\frac{1}{{k}^{4}}+\frac{1}{{k}^{2}}}$，
A到直線OP的距離等于F到直線OP的距離等于d=$\frac{|\frac{kp}{2}|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$．
∴${S}_{△OPA}=\frac{1}{2}•2p\sqrt{\frac{1}{{k}^{4}}+\frac{1}{{k}^{2}}}•\frac{|kp|}{2\sqrt{{k}^{2}+1}}$=p²．
解得：|k|=$\frac{1}{2}$，k=$±\frac{1}{2}$；
（Ⅱ）證明：聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{p}{2}}\\{y=kx}\end{array}\right.$，解得：Q（$-\frac{p}{2}，-\frac{kp}{2}$），
∴|OQ|=$\sqrt{\frac{{p}^{2}}{4}+\frac{{k}^{2}{p}^{2}}{4}}=\frac{p}{2}\sqrt{{k}^{2}+1}$．
∴|OP|•|OQ|=$2p\sqrt{\frac{1}{{k}^{4}}+\frac{1}{{k}^{2}}}•\frac{p}{2}\sqrt{{k}^{2}+1}=\frac{（{k}^{2}+1）{p}^{2}}{{k}^{2}}$；
AB所在直線方程為y=kx-$\frac{kp}{2}$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-\frac{kp}{2}}\\{{y}^{2}=2px}\end{array}\right.$，得4k²x²-（4k²p+8p）x+k²p²=0．
∴${x}_{A}+{x}_{B}=\frac{4{k}^{2}p+8p}{4{k}^{2}}=\frac{{k}^{2}p+2p}{{k}^{2}}$，${x}_{A}{x}_{B}=\frac{{P}^{2}}{4}$．
∴|FA|•|FB|=$|（{x}_{A}+\frac{p}{2}）（{x}_{B}+\frac{p}{2}）|$=$|{x}_{A}{x}_{B}+\frac{p}{2}（{x}_{A}+{x}_{B}）+\frac{{p}^{2}}{4}|$
=|$\frac{{p}^{2}}{4}+\frac{p}{2}•\frac{{k}^{2}p+2p}{{k}^{2}}+\frac{{p}^{2}}{4}$|=$\frac{（{k}^{2}+1）{p}^{2}}{{k}^{2}}$．
∴|FA|•|FB|=|OP|•|OQ|．

點(diǎn)評(píng) 本題考查拋物線的簡(jiǎn)單性質(zhì)，考查了直線與拋物線的位置關(guān)系，考查計(jì)算能力，是中檔題．