Question

13．過點P（a，-2）作拋物線C：x²=4y的兩條切線，切點分別為A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
（Ⅰ） 證明：x₁x₂+y₁y₂為定值；
（Ⅱ） 記△PAB的外接圓的圓心為點M，點F是拋物線C的焦點，對任意實數(shù)a，試判斷以PM為直徑的圓是否恒過點F？并說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ） 求導(dǎo)，求得直線PA的方程，將P代入直線方程，求得$x_1^2-2a{x_1}-8=0$，同理可知$x_2^2-2a{x_2}-8=0$．則x₁，x₂是方程x²-2ax-8=0的兩個根，則由韋達(dá)定理求得x₁x₂，y₁y₂的值，即可求證x₁x₂+y₁y₂為定值；設(shè)切線方程，代入拋物線方程，由△=0，則k₁k₂=-2，分別求得切線方程，代入即可求證x₁x₂+y₁y₂為定值；
（Ⅱ） 直線PA的垂直平分線方程為$y-\frac{{{y_1}-2}}{2}=-\frac{2}{x_1}（{x-\frac{{{x_1}+a}}{2}}）$，同理求得直線PB的垂直平分線方程，求得M坐標(biāo)，拋物線C的焦點為F（0，1），則$\overrightarrow{MF}•\overrightarrow{PF}=\frac{{3{a^2}}}{2}-\frac{{3{a^2}}}{2}=0$，
則$\overrightarrow{MF}⊥\overrightarrow{PF}$．則以PM為直徑的圓恒過點F．

解答 解：（Ⅰ）證明：法1：由x²=4y，得$y=\frac{1}{4}{x^2}$，所以$y'=\frac{1}{2}x$．所以直線PA的斜率為$\frac{1}{2}{x_1}$．
因為點A（x₁，y₁）和B（x₂，y₂）在拋物線C上，所以${y_1}=\frac{1}{4}x_1^2$，${y_2}=\frac{1}{4}x_2^2$．
所以直線PA的方程為$y-\frac{1}{4}x_1^2=\frac{1}{2}{x_1}（{x-{x_1}}）$．…（1分）
因為點P（a，-2）在直線PA上，
所以$-2-\frac{1}{4}x_1^2=\frac{1}{2}{x_1}（{a-{x_1}}）$，即$x_1^2-2a{x_1}-8=0$．…（2分）
同理，$x_2^2-2a{x_2}-8=0$．…（3分）
所以x₁，x₂是方程x²-2ax-8=0的兩個根．
所以x₁x₂=-8．…（4分）
又${y_1}{y_2}=\frac{1}{4}x_1^2•\frac{1}{4}x_2^2=\frac{1}{16}{（{{x_1}{x_2}}）^2}=4$，…（5分）
所以x₁x₂+y₁y₂=-4為定值．…（6分）
法2：設(shè)過點P（a，-2）且與拋物線C相切的切線方程為y+2=k（x-a），…（1分）
$\left\{\begin{array}{l}{y+2=k（x-a）}\\{{x}^{2}=4y}\end{array}\right.$，消去y得x²-4kx+4ka+8=0，
由△=16k²-4（4ak+8）=0，化簡得k²-ak-2=0．…（2分）
所以k₁k₂=-2．…（3分）
由x²=4y，得$y=\frac{1}{4}{x^2}$，所以$y'=\frac{1}{2}x$．
所以直線PA的斜率為${k_1}=\frac{1}{2}{x_1}$，直線PB的斜率為${k_2}=\frac{1}{2}{x_2}$．
所以$\frac{1}{4}{x_1}{x_2}=-2$，即x₁x₂=-8．…（4分）
又${y_1}{y_2}=\frac{1}{4}x_1^2•\frac{1}{4}x_2^2=\frac{1}{16}{（{{x_1}{x_2}}）^2}=4$，…（5分）
所以x₁x₂+y₁y₂=-4為定值．…（6分）
（Ⅱ） 法1：直線PA的垂直平分線方程為$y-\frac{{{y_1}-2}}{2}=-\frac{2}{x_1}（{x-\frac{{{x_1}+a}}{2}}）$，…（7分）
由于${y_1}=\frac{1}{4}x_1^2$，$x_1^2-8=2a{x_1}$，
所以直線PA的垂直平分線方程為$y-\frac{{a{x_1}}}{4}=-\frac{2}{x_1}（{x-\frac{{{x_1}+a}}{2}}）$．①…（8分）
同理直線PB的垂直平分線方程為$y-\frac{{a{x_2}}}{4}=-\frac{2}{x_2}（{x-\frac{{{x_2}+a}}{2}}）$．②…（9分）
由①②解得$x=\frac{3}{2}a$，$y=1+\frac{a^2}{2}$，
所以點$M（{\frac{3}{2}a，1+\frac{a^2}{2}}）$．…（10分）
拋物線C的焦點為F（0，1），則$\overrightarrow{MF}=（{-\frac{3}{2}a，-\frac{a^2}{2}}），\overrightarrow{PF}=（{-a，3}）$．
由于$\overrightarrow{MF}•\overrightarrow{PF}=\frac{{3{a^2}}}{2}-\frac{{3{a^2}}}{2}=0$，…（11分）
所以$\overrightarrow{MF}⊥\overrightarrow{PF}$．
所以以PM為直徑的圓恒過點F．…（12分）
另法：以PM為直徑的圓的方程為$（{x-a}）（{x-\frac{3}{2}a}）+（{y+2}）（{y-1-\frac{a^2}{2}}）=0$．…（11分）
把點F（0，1）代入上方程，知點F的坐標(biāo)是方程的解．
所以以PM為直徑的圓恒過點F．…（12分）
法2：設(shè)點M的坐標(biāo)為（m，n），
則△PAB的外接圓方程為（x-m）²+（y-n）²=（m-a）²+（n+2）²，
由于點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）在該圓上，
則${（{{x_1}-m}）^2}+{（{{y_1}-n}）^2}={（{m-a}）^2}+{（{n+2}）^2}$，${（{{x_2}-m}）^2}+{（{{y_2}-n}）^2}={（{m-a}）^2}+{（{n+2}）^2}$．
兩式相減得（x₁-x₂）（x₁+x₂-2m）+（y₁-y₂）（y₁+y₂-2n）=0，①…（7分）
由（Ⅰ）知${x_1}+{x_2}=2a，{x_1}{x_2}=-8，{y_1}=\frac{1}{4}x_1^2，{y_2}=\frac{1}{4}x_2^2$，代入上式得$（{{x_1}-{x_2}}）（{4a-4m+{a^3}+4a-2an}）=0$，…（8分）
當(dāng)x₁≠x₂時，得8a-4m+a³-2an=0，②
假設(shè)以PM為直徑的圓恒過點F，則$\overrightarrow{MF}⊥\overrightarrow{PF}$，即（-m，n-1）•（-a，-3）=0，
得ma-3（n-1）=0，③…（9分）
由②③解得$m=\frac{3}{2}a，n=1+\frac{1}{2}{a^2}$，…（10分）
所以點$M（{\frac{3}{2}a，1+\frac{1}{2}{a^2}}）$．…（11分）
當(dāng)x₁=x₂時，則a=0，點M（0，1）．
所以以PM為直徑的圓恒過點F．…（12分）

點評 本題考查直線與拋物線的位置關(guān)系，考查中點坐標(biāo)公式，韋達(dá)定理的應(yīng)用，考查利用導(dǎo)數(shù)求拋物線的切線方程，考查計算能力，屬于中檔題．