Question

14．已知拋物線C：y=$\frac{1}{4}$x²，點(diǎn)F（0，1），過點(diǎn)F的直線l交拋物線于A、B兩點(diǎn)．
（1）若直線l的斜率為1，求A、B的中點(diǎn)坐標(biāo)和S_△OAB；
（2）求△OAB的面積為2，求直線l的方程；
（3）是否存在直線m使得以AB為直徑的圓始終與直線m相切．（提示：利用對稱性，再畫一個(gè)圓，猜想出m的位置后再利用特殊圓的位置求出直線m的方程，再證明）

Answer 1

分析 （1）若直線l的斜率為1，則直線l的方程為：y=x+1，聯(lián)立拋物線方程，根據(jù)韋達(dá)定理及中點(diǎn)公式，可得A、B的中點(diǎn)坐標(biāo)，由弦長公式和點(diǎn)到直線距離公式，求出△OAB的底邊長和高，可得S_△OAB；
（2）設(shè)直線l的斜率為k時(shí)，△OAB的面積為2，聯(lián)立直線與拋物線方程，結(jié)合弦長公式，及點(diǎn)到直線距離公式，構(gòu)造關(guān)于k的方程，解得答案．；
（3）存在直線y=-1始終與以AB為直徑的圓相切，進(jìn)而利用（2）中結(jié)論，求出圓心到直線y=-1的距離等于半徑，可得答案．

解答 解：拋物線C：y=$\frac{1}{4}$x²的標(biāo)準(zhǔn)方程為：x²=4y，點(diǎn)F（0，1）為拋物線C的焦點(diǎn)；
（1）若直線l的斜率為1，則直線l的方程為：y=x+1，
代入y=$\frac{1}{4}$x²得$\frac{1}{4}$x²=x+1，
即$\frac{1}{4}$x²-x-1=0，
則設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則x₁+x₂=4，x₁•x₂=-4，
則A、B的中點(diǎn)橫坐標(biāo)為：$\frac{1}{2}$（x₁+x₂）=2，縱坐標(biāo)為3，
即A、B的中點(diǎn)坐標(biāo)為（2，3），
|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{{（x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}•{x}_{2}}$=$\sqrt{2}$×4$\sqrt{2}$=8，
原點(diǎn)O到直線L的距離d=$\frac{1}{\sqrt{1+1}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
故S_△OAB=$\frac{1}{2}$|AB|•d=2$\sqrt{2}$，
（2）設(shè)直線l的斜率為k時(shí)，△OAB的面積為2，
則直線l的方程為：y=kx+1，代入y=$\frac{1}{4}$x²得$\frac{1}{4}$x²=kx+1，
即$\frac{1}{4}$x²-kx-1=0，
則設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則x₁+x₂=4k，x₁•x₂=-4，
|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{{（x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}•{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$×4$\sqrt{1+{k}^{2}}$=4（l+k²），
原點(diǎn)O到直線L的距離d=$\frac{1}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
故S_△OAB=$\frac{1}{2}$|AB|•d=2$\sqrt{1+{k}^{2}}$=2，
解得：k=0，
此時(shí)直線方程為：y=1
（3）存在直線y=-1始終與以AB為直徑的圓相切，理由如下：
設(shè)直線l的斜率為k，則直線l的方程為：y=kx+1，代入y=$\frac{1}{4}$x²得$\frac{1}{4}$x²=kx+1，
即$\frac{1}{4}$x²-kx-1=0，
則設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則x₁+x₂=4k，x₁•x₂=-4，
則A、B的中點(diǎn)橫坐標(biāo)為：$\frac{1}{2}$（x₁+x₂）=2k，縱坐標(biāo)為2k²+1，
|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{{（x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}•{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$×4$\sqrt{1+{k}^{2}}$=4（l+k²），
故以AB為直徑的圓的半徑R=$\frac{1}{2}$|AB|=2（l+k²），
而圓心到直線y=-1的距離d=2k²+1-（-1）=2（l+k²），
即存在直線y=-1始終與以AB為直徑的圓相切．

點(diǎn)評 本題考查的知識(shí)點(diǎn)是拋物線的性質(zhì)，點(diǎn)到直線的距離公式，弦長公式，三角形面積公式，中點(diǎn)公式，是直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用，難度較大．