Question

3．已知曲線C：x²=2py（p＞0），過曲線C的焦點F斜率為k（k≠0）的直線l₀交曲線C于A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）兩點，x₁+x₂=-kx₁x₂，其中x₁＜x₂．
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）分別作在點A，B處的切線l₁，l₂，若動點Q（x₀，y₀）（x₁＜x₀＜x₂）在曲線C上，曲線C在點Q處的切線l交l₁，l₂于點D，E，求證：點F在以DE為直徑的圓上．

Answer 1

分析 （I）設(shè)直線l₀的斜率為k，聯(lián)立方程組，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系及x₁+x₂=-kx₁x₂，列方程得出p即可；
（II）求出l₁，l₂方程，分別與l₀聯(lián)立方程組解出D，E坐標(biāo)，利用向量的夾角判斷∠FDE與90°的大小關(guān)系，從而得出F與圓的位置關(guān)系．

解答 解：（Ⅰ） 設(shè)l₀：$y=kx+\frac{p}{2}$，代入x²=2py，可得x²-2pkx-p²=0．
由韋達定理得，x₁+x₂=2pk，${x_1}{x_2}=-{p^2}$．
因為x₁+x₂=-kx₁x₂，所以2pk=kp²，所以p=2．
故C的方程為x²=4y．
（Ⅱ）因為$y=\frac{1}{4}{x^2}$，求導(dǎo)得$y'=\frac{1}{2}x$，則在A點處的斜率$k=\frac{1}{2}{x_1}$．
所以l₁的方程為：$y-{y_1}=\frac{1}{2}{x_1}（{x-{x_1}}）$，即$y=\frac{1}{2}{x_1}x-\frac{1}{4}x_1^2$．
同理，l₂的方程為：$y-{y_2}=\frac{1}{2}{x_2}（{x-{x_2}}）$，即$y=\frac{1}{2}{x_2}x-\frac{1}{4}x_2^2$；
l₀的方程為：$y-{y_0}=\frac{1}{2}{x_0}（{x-{x_0}}）$，即$y=\frac{1}{2}{x_0}x-\frac{1}{4}x_0^2$．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{1}{2}{x_1}x-\frac{1}{4}x_1^2\\ y=\frac{1}{2}{x_0}x-\frac{1}{4}x_0^2\end{array}\right.$可得$D（{\frac{{{x_1}+{x_0}}}{2}，\frac{{{x_1}{x_0}}}{4}}）$；
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{1}{2}{x_2}x-\frac{1}{4}x_2^2\\ y=\frac{1}{2}{x_0}x-\frac{1}{4}x_0^2\end{array}\right.$可得$E（{\frac{{{x_2}+{x_0}}}{2}，\frac{{{x_2}{x_0}}}{4}}）$．
所以$\overrightarrow{FD}=（{\frac{{{x_1}+{x_0}}}{2}，\frac{{{x_1}{x_0}}}{4}-1}）$，$\overrightarrow{FE}=（{\frac{{{x_2}+{x_0}}}{2}，\frac{{{x_2}{x_0}}}{4}-1}）$，
而$\overrightarrow{FD}•\overrightarrow{FE}=（{\frac{{{x_1}+{x_0}}}{2}}）•（{\frac{{{x_2}+{x_0}}}{2}}）+（{\frac{{{x_1}{x_0}}}{4}-1}）•（{\frac{{{x_2}{x_0}}}{4}-1}）$=$\frac{1}{4}[{{x_1}{x_2}+{x_0}（{{x_1}+{x_2}}）+x_0^2}]+\frac{1}{16}[{{x_1}{x_2}x_0^2-4{x_0}（{{x_1}+{x_2}}）+16}]$．
把x₁+x₂=4k，x₁x₂=-4代入，
可得$\overrightarrow{FD}•\overrightarrow{FE}=\frac{1}{4}[{{x_1}{x_2}+{x_0}（{{x_1}+{x_2}}）+x_0^2}]+\frac{1}{16}[{{x_1}{x_2}x_0^2-4{x_0}（{{x_1}+{x_2}}）+16}]=0$，
所以$\overrightarrow{FD}⊥\overrightarrow{FE}$，故點F在以DE為直徑的圓上．

點評 本題考查了拋物線的性質(zhì)，直線與拋物線的額位置關(guān)系，屬于中檔題．