Question

2．已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線C：y²=nx（n＞0）在第一象限內(nèi)的點(diǎn)P（2，t）到焦點(diǎn)的距離為$\frac{5}{2}$，曲線C在點(diǎn)P處的切線交x軸于點(diǎn)Q，直線l₁經(jīng)過點(diǎn)Q且垂直于x軸．
（Ⅰ）求線段OQ的長(zhǎng)；
（Ⅱ）設(shè)不經(jīng)過點(diǎn)P和Q的動(dòng)直線l₂：x=my+b交曲線C于點(diǎn)A和B，交l₁于點(diǎn)E，若直線PA，PE，PB的斜率依次成等差數(shù)列，試問：l₂是否過定點(diǎn)？請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出拋物線方程，曲線C在點(diǎn)P處的切線方程，得出Q的坐標(biāo)，即可求線段OQ的長(zhǎng)；
（Ⅱ）求出直線PA的斜率為$\frac{{{y_1}-2}}{{{x_1}-2}}=\frac{{{y_1}-2}}{{\frac{{{y_1}^2}}{2}-2}}=\frac{2}{{{y_1}+2}}$，直線PB的斜率為$\frac{2}{{{y_2}+2}}$，直線PE的斜率為$\frac{{2+\frac{b+2}{m}}}{4}$，因?yàn)橹本�PA，PE，PB的斜率依次成等差數(shù)列，得出2m-b+2=2m，即b=2，即可得出結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）由拋物線C：y²=nx（n＞0）在第一象限內(nèi)的點(diǎn)P（2，t）到焦點(diǎn)的距離為$\frac{5}{2}$得$2+\frac{n}{4}=\frac{5}{2}$，所以n=2，故拋物線方程為y²=2x，P（2，2）…．…（2分）
所以曲線C在第一象限的圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式為$y=\sqrt{2x}$，則${y^'}=\frac{1}{{\sqrt{2x}}}$..…（4分）
故曲線C在點(diǎn)P處的切線斜率$k=\frac{1}{{\sqrt{2×2}}}=\frac{1}{2}$，切線方程為：$y-2=\frac{1}{2}（x-2）$
令y=0得x=-2，所以點(diǎn)Q（-2，0）…（5分）
故線段OQ=2…（6分）
（Ⅱ）由題意知l₁：x=-2，因?yàn)閘₂與l₁相交，所以m≠0
設(shè)l₂：x=my+b，令x=-2，得$y=-\frac{b+2}{m}$，故$E（-2，-\frac{b+2}{m}）$…．…（7分）
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}x=my+b\\{y^2}=2x\end{array}\right.$消去x得：y²-2my-2b=0
則y₁+y₂=2m，y₁y₂=-2b…..…（9分）
直線PA的斜率為$\frac{{{y_1}-2}}{{{x_1}-2}}=\frac{{{y_1}-2}}{{\frac{{{y_1}^2}}{2}-2}}=\frac{2}{{{y_1}+2}}$，
同理直線PB的斜率為$\frac{2}{{{y_2}+2}}$，直線PE的斜率為$\frac{{2+\frac{b+2}{m}}}{4}$…．…（10分）
因?yàn)橹本�PA，PE，PB的斜率依次成等差數(shù)列
所以$\frac{2}{{{y_1}+2}}$+$\frac{2}{{{y_2}+2}}$=2$\frac{{2+\frac{b+2}{m}}}{4}$
即$\frac{b+2}{2m-b+2}=\frac{b+2}{2m}$…..…（11分）
因?yàn)閘₂不經(jīng)過點(diǎn)Q，所以b≠-2
所以2m-b+2=2m，即b=2
故l₂：x=my+2，即l₂恒過定點(diǎn)（2，0）…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查拋物線的方程與性質(zhì)，考查直線與拋物線位置關(guān)系的運(yùn)用，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．