分析 (Ⅰ)將E(2,2)代入y2=2px,得p,然后求解拋物線方程,焦點(diǎn)坐標(biāo).
(Ⅱ)設(shè)$A(\frac{y_1^2}{2},{y_1})$,$B(\frac{y_2^2}{2},{y_2})$,M(xM,yM),N(xN,yN),直線l不經(jīng)過點(diǎn)E,所以直線l的斜率一定存在,設(shè)直線l方程為y=k(x-2),聯(lián)立 $\left\{\begin{array}{l}y=k(x-2)\\{y^2}=2x\end{array}\right.$,通過韋達(dá)定理,求解直線AE的方程求出M,N坐標(biāo),利用向量的數(shù)量積為0,證明OM⊥ON.
解答 解:(Ⅰ)將E(2,2)代入y2=2px,得p=1…(2分)
所以拋物線方程為y2=2x,焦點(diǎn)坐標(biāo)為$(\frac{1}{2},0)$…(4分)
(Ⅱ)設(shè)$A(\frac{y_1^2}{2},{y_1})$,$B(\frac{y_2^2}{2},{y_2})$,M(xM,yM),N(xN,yN),
因?yàn)橹本l不經(jīng)過點(diǎn)E,所以直線l的斜率一定存在,
設(shè)直線l方程為y=k(x-2)…(5分)
與拋物線方程聯(lián)立得到 $\left\{\begin{array}{l}y=k(x-2)\\{y^2}=2x\end{array}\right.$
消去x,得:ky2-2y-4k=0…(6分)
則由韋達(dá)定理得:${y_1}{y_2}=-4,\;{y_1}+{y_2}=\frac{2}{k}$…(7分)
直線AE的方程為:$y-2=\frac{{{y_1}-2}}{{\frac{y_1^2}{2}-2}}({x-2})$,即$y=\frac{2}{{{y_1}+2}}({x-2})+2$
令x=-2,得${y_M}=\frac{{2{y_1}-4}}{{{y_1}+2}}$…(8分)
同理可得:${y_N}=\frac{{2{y_2}-4}}{{{y_2}+2}}$…(9分)
又 $\overrightarrow{OM}=(-2,{y_M}),\overrightarrow{ON}=(-2,{y_N})$,
所以$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}=4+{y_M}{y_N}=4+\frac{{2{y_1}-4}}{{{y_1}+2}}•\frac{{2{y_2}-4}}{{{y_2}+2}}$…(10分)
=$4+\frac{{4[{y_1}{y_2}-2({y_1}+{y_2})+4]}}{{[{y_1}{y_2}+2({y_1}+{y_2})+4]}}$=4+$\frac{4(-4-\frac{4}{k}+4)}{-4+\frac{4}{k}+4}$=0…(11分)
所以O(shè)M⊥ON…(12分)
點(diǎn)評 本題考查拋物線的簡單性質(zhì)的應(yīng)用,直線與拋物線的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用,考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力.
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:填空題
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | [$\frac{π}{24}$+$\frac{1}{2}$kπ,$\frac{π}{8}$+$\frac{1}{2}$kπ),k∈Z | B. | (-$\frac{π}{8}$+$\frac{1}{2}$kπ,$\frac{π}{24}$+$\frac{1}{2}$kπ),k∈Z | ||
C. | [$\frac{π}{24}$+kπ,$\frac{π}{8}$+kπ),k∈Z | D. | [$\frac{π}{24}$+kπ,$\frac{π}{8}$+kπ],k∈Z |
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A. | (-1,2) | B. | (-∞,-1]∪[2,+∞) | C. | [-1,2] | D. | (-∞,-1)∪(2,+∞) |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | [-1,3] | B. | (-1,3) | C. | [0,3] | D. | [-1,4] |
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