Question

12．已知點(diǎn)A（0，-2），B（0，2），P是平面上一動點(diǎn)，且滿足$|{\overrightarrow{PB}}|•|{\overrightarrow{BA}}|=\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{BA}$，設(shè)點(diǎn)P的軌跡是曲線C．
（1）求曲線C的方程；
（2）將直線AB繞點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)$θ（0＜θ＜\frac{π}{2}）$得到AB'，若AB'與曲線C恰好只有一個公共點(diǎn)D，求D點(diǎn)的坐標(biāo)；
（3）過（2）中的D點(diǎn)作兩條不同的直線DE、DF分別交曲線C于E、F，且DE、DF的斜率k₁、k₂滿足k₁•k₂=3，求證：直線EF過定點(diǎn)，并求出這個定點(diǎn)坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x，y），由$|{\overrightarrow{PB}}|•|{\overrightarrow{BA}}|=\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{BA}$得$\sqrt{{x^2}+{{（y-2）}^2}}=2+y$，化簡即可得出．
（2）由題意知可設(shè)AB'的方程為y=kx-2，與拋物線方程聯(lián)立化為：x²-8kx+16=0，△=0，解得k．直線AB繞點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)$θ（0＜θ＜\frac{π}{2}）$得到AB'，即可得出．
（3）設(shè)點(diǎn)E、F的坐標(biāo)分別為（x₁，y₁）、（x₂，y₂），由（2）知D（-4，2），利用k₁•k₂=3，可得$\frac{{{y_1}-2}}{{{x_1}+4}}•\frac{{{y_2}-2}}{{{x_2}+4}}=3$，由E、F在曲線C上，$x_1^2=8{y_1}，x_2^2=8{y_2}$代入上式整理得：x₁x₂-4（x₁+x₂）-176=0，直線EF的方程為：$y=\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}（x-{x_1}）+{y_1}$，代入化簡即可得出．

解答 解：（1）設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x，y），由$|{\overrightarrow{PB}}|•|{\overrightarrow{BA}}|=\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{BA}$得$\sqrt{{x^2}+{{（y-2）}^2}}=2+y$，
化簡得x²=8y，即曲線C的方程是x²=8y．
（2）由題意知可設(shè)AB'的方程為y=kx-2，
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx-2}\\{{x^2}=8y}\end{array}}\right.$消去y得：x²-8kx+16=0（※），
∴△=64k²-64=0，∴k=±1，
∵直線AB繞點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)$θ（0＜θ＜\frac{π}{2}）$得到AB'，
∴k=-1代入（※）式解得x=-4，∴y=2，
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)是（-4，2）．
（3）設(shè)點(diǎn)E、F的坐標(biāo)分別為（x₁，y₁）、（x₂，y₂），由（2）知D（-4，2），
∵k₁•k₂=3，∴$\frac{{{y_1}-2}}{{{x_1}+4}}•\frac{{{y_2}-2}}{{{x_2}+4}}=3$，
∵E、F在曲線C上，∴$x_1^2=8{y_1}，x_2^2=8{y_2}$代入上式整理得：x₁x₂-4（x₁+x₂）-176=0，
直線EF的方程為：$y=\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}（x-{x_1}）+{y_1}$，即$y=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{8}（x-{x_1}）+\frac{x_1^2}{8}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{8}x-\frac{{{x_1}{x_2}}}{8}$，
∴$y=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{8}x-\frac{{4（{x_1}+{x_2}）+176}}{8}$，即$y=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{8}（x-4）-22$，
∴直線EF過定點(diǎn)（4，-22）

點(diǎn)評 本題考查了拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、斜率計算公式、直線方程、兩點(diǎn)之間的距離公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．