Question

8．已知拋物線C：y²=2px（p＞0）過(guò)點(diǎn)M（m，2），其焦點(diǎn)為F，且|MF|=2．
（Ⅰ）求拋物線C的方程；
（Ⅱ）設(shè)E為y軸上異于原點(diǎn)的任意一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E作不經(jīng)過(guò)原點(diǎn)的兩條直線分別與拋物線C和圓F：（x-1）²+y²=1相切，切點(diǎn)分別為A，B，求證：A、B、F三點(diǎn)共線．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用拋物線的定義，結(jié)合拋物線C：y²=2px（p＞0）過(guò)點(diǎn)M（m，2），且|MF|=2，求出p，即可求拋物線C的方程；
（Ⅱ）設(shè)EA：y=kx+t聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=kx+t\\{y^2}=4x\end{array}\right.$，消去y，可得k²x²+（2kt-4）x+t²=0，利用直線EA與拋物線C相切，得到kt=1代入$\frac{1}{t^2}{x^2}-2x+{t^2}=0$，求出A的坐標(biāo)；由幾何性質(zhì)可以判斷點(diǎn)O，B關(guān)于直線EF：y=-tx+t對(duì)稱，求出B的坐標(biāo)，證明k_AF=k_BF，即A，B，F(xiàn)三點(diǎn)共線；當(dāng)t=±1時(shí)，A（1，±2），B（1，±1），此時(shí)A，B，F(xiàn)共線．

解答 （I）解：拋物線C的準(zhǔn)線方程為：$x=-\frac{p}{2}$，
∴$|MF|=m+\frac{p}{2}=2$，
又拋物線C：y²=2px（p＞0）過(guò)點(diǎn)M（m，2），
∴4=2pm，即$4=2p（2-\frac{p}{2}）$…（2分）
∴p²-4p+4=0，∴p=2，
∴拋物線C的方程為y²=4x．…（4分）
（II）證明；設(shè)E（0，t）（t≠0），已知切線不為y軸，設(shè)EA：y=kx+t聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=kx+t\\{y^2}=4x\end{array}\right.$，消去y，可得k²x²+（2kt-4）x+t²=0
∵直線EA與拋物線C相切，∴△=（2kt-4）²-4k²t²=0，即kt=1．
代入$\frac{1}{t^2}{x^2}-2x+{t^2}=0$，∴x=t²，即A（t²，2t），…（6分）
設(shè)切點(diǎn)B（x₀，y₀），則由幾何性質(zhì)可以判斷點(diǎn)O，B關(guān)于直線EF：y=-tx+t對(duì)稱，
則$\left\{\begin{array}{l}\frac{y_0}{x_0}×\frac{t-0}{0-1}=-1\\ \frac{y_0}{2}=-t•\frac{x_0}{2}+t\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{x_0}=\frac{{2{t^2}}}{{{t^2}+1}}\\{y_0}=\frac{2t}{{{t^2}+1}}\end{array}\right.$，即$B（\frac{{2{t^2}}}{{{t^2}+1}}，\frac{2t}{{{t^2}+1}}）$…（8分）
直線AF的斜率為${k_{AF}}=\frac{2t}{{{t^2}-1}}（t≠±1）$，
直線BF的斜率為${k_{BF}}=\frac{{\frac{2t}{{{t^2}+1}}-0}}{{\frac{{2{t^2}}}{{{t^2}+1}}-1}}=\frac{2t}{{{t^2}-1}}（t≠±1）$，∴k_AF=k_BF，即A，B，F(xiàn)三點(diǎn)共線．…（10分）
當(dāng)t=±1時(shí)，A（1，±2），B（1，±1），此時(shí)A，B，F(xiàn)共線．
綜上：A，B，F(xiàn)三點(diǎn)共線．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查拋物線的方程，考查直線與拋物線的位置關(guān)系，考查直線斜率的計(jì)算，考查學(xué)生分析解決問(wèn)題的能力，計(jì)算量大．