分析 (1)由$\left\{\begin{array}{l}x=p\\{y^2}=2px\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}x=p\\ y=±\sqrt{2}p\end{array}\right.$,求出A,B的坐標,得出S△AOM=S△FAB,求λ的值;
(2)如果M(p,0)為拋物線C的“$\frac{4}{3}$分點”,由${S_{△AOM}}=\frac{4}{3}•{S_{△FAB}}$得$\frac{1}{2}p|{y_A}|=\frac{4}{3}•\frac{1}{2}•\frac{2p}{k^2}\sqrt{(1+{k^2})(1+2{k^2})}•\frac{p|k|}{{2\sqrt{1+{k^2}}}}$,即可求直線l的方程;
(3)(普通中學做)命題甲:求得${y_A}=k(\frac{y_A^2}{2p}-p)$,將${y_A}=±\frac{2p}{k}\sqrt{2{k^2}+1}$代入化簡得9k4+4k2=0,解得${k^2}=-\frac{4}{9}$,矛盾,從而證明點M(p,0)不是拋物線C的“2分點”;
(重點中學做)命題乙:由S△AOM=2•S△FAB,得$\frac{1}{2}{x_0}{y_A}=2•\frac{1}{2}({x_0}-\frac{p}{2})({y_A}-{y_B})$,${y_B}=\frac{{{x_0}-p}}{{2{x_0}-p}}{y_A}$,即可求x0的取值范圍.
解答 解:(1)由$\left\{\begin{array}{l}x=p\\{y^2}=2px\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}x=p\\ y=±\sqrt{2}p\end{array}\right.$,從而A(p,$\sqrt{2}$p),B(p,-$\sqrt{2}$p),
從而${S_{△AOM}}=\frac{1}{2}•p•\sqrt{2}p=\frac{{\sqrt{2}}}{2}{p^2}$,${S_{△FAB}}=2{S_{△AFM}}=2•\frac{1}{2}•\frac{p}{2}•\sqrt{2}p=\frac{{\sqrt{2}}}{2}{p^2}$,
∴S△AOM=S△FAB,∴λ=1…(3分)
(2)設直線l:y=k(x-p)(k≠0),代入y2=2px整理得,k2x2-2p(k2+1)x+k2p2=0
由韋達定理得$\left\{\begin{array}{l}{x_A}+{x_B}=\frac{{2p({k^2}+1)}}{k^2}\\{x_A}{x_B}={p^2}\end{array}\right.$,
$|{AB}|=\sqrt{(1+{k^2})[{{({x_A}+{x_B})}^2}-4{x_A}{x_B}]}=\frac{2p}{k^2}\sqrt{(1+{k^2})(1+2{k^2})}$.…(5分)
點F到直線l:y=k(x-p)的距離$d=\frac{p|k|}{{2\sqrt{1+{k^2}}}}$.
由${S_{△AOM}}=\frac{4}{3}•{S_{△FAB}}$得$\frac{1}{2}p|{y_A}|=\frac{4}{3}•\frac{1}{2}•\frac{2p}{k^2}\sqrt{(1+{k^2})(1+2{k^2})}•\frac{p|k|}{{2\sqrt{1+{k^2}}}}$,
解得${y_A}=±\frac{4p}{3k}\sqrt{2{k^2}+1}$,
又yA=k(xA-p)(k≠0),$y_A^2=2p{x_A}$,消xA得${y_A}=k(\frac{y_A^2}{2p}-p)$,
將${y_A}=±\frac{4p}{3k}\sqrt{2{k^2}+1}$代入整理得49k4-176k2-80=0,
(49k2+20)(k2-4)=0,得k=±2,直線l:y=±2(x-p)…(7分)
(3)命題甲:
設直線l:y=k(x-p)(k≠0),代入y2=2px整理得,k2x2-2p(k2+1)x+k2p2=0.由韋達定理得$\left\{\begin{array}{l}{x_A}+{x_B}=\frac{{2p({k^2}+1)}}{k^2}\\{x_A}{x_B}={p^2}\end{array}\right.$,$|{AB}|=\sqrt{(1+{k^2})[{{({x_A}+{x_B})}^2}-4{x_A}{x_B}]}=\frac{2p}{k^2}\sqrt{(1+{k^2})(1+2{k^2})}$.
點F到直線l:y=k(x-p)的距離$d=\frac{p|k|}{{2\sqrt{1+{k^2}}}}$.
由S△AOM=2•S△FAB得$\frac{1}{2}p|{y_A}|=2•\frac{1}{2}•\frac{2p}{k^2}\sqrt{(1+{k^2})(1+2{k^2})}•\frac{p|k|}{{2\sqrt{1+{k^2}}}}$,
解得${y_A}=±\frac{2p}{k}\sqrt{2{k^2}+1}$,…(9分)
又yA=k(xA-p)(k≠0),$y_A^2=2p{x_A}$,消xA得${y_A}=k(\frac{y_A^2}{2p}-p)$,將${y_A}=±\frac{2p}{k}\sqrt{2{k^2}+1}$代入化簡得9k4+4k2=0,解得${k^2}=-\frac{4}{9}$,矛盾∴點M(p,0)不是拋物線C的“(2分)點”.…(12分)
命題乙:
設$A(\begin{array}{l}{{x_A},}&{{y_A})}\end{array}$、$B(\begin{array}{l}{{x_B},}&{{y_B})}\end{array}$,不妨設yA>0,yB<0,設直線l:x=my+x0.
將直線l:x=my+x0代入y2=2px得y2-2pmy-2px0=0,$\left\{\begin{array}{l}{y_A}+{y_B}=2pm\\{y_A}•{y_B}=-2p{x_0}\end{array}\right.$.
由S△AOM=2•S△FAB,得$\frac{1}{2}{x_0}{y_A}=2•\frac{1}{2}({x_0}-\frac{p}{2})({y_A}-{y_B})$,${y_B}=\frac{{{x_0}-p}}{{2{x_0}-p}}{y_A}$,…(10分)
從而$\left\{\begin{array}{l}\frac{{3{x_0}-2p}}{{2{x_0}-p}}{y_A}=2pm\\ \frac{{{x_0}-p}}{{2{x_0}-p}}y_A^2=-2p{x_0}\end{array}\right.$,消yA得$\frac{{{{(3{x_0}-2p)}^2}}}{{({x_0}-p)(2{x_0}-p)}}=-\frac{{2p{m^2}}}{x_0}≤0$,求得$\frac{p}{2}<{x_0}<p$.…(12分)
點評 本題考查新定義,考查直線與拋物線的位置關系,考查學生分析解決問題的能力,有難度.
科目:高中數(shù)學 來源: 題型:解答題
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | -4p2 | B. | -3p2 | C. | -2p2 | D. | -p2 |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | [-6,-2] | B. | $[-6,-\frac{9}{8}]$ | C. | [-5,-3] | D. | [-4,-3] |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:填空題
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:解答題
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | 654 | B. | 656 | C. | 658 | D. | 660 |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:選擇題
A. | ①③ | B. | ②③ | C. | ①②④ | D. | ②④ |
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科目:高中數(shù)學 來源: 題型:填空題
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