Question

4．在平面直角坐標系xoy中，O為坐標原點，已知點Q（1，2），P是動點，且三角形POQ的三邊所在直線的斜率滿足$\frac{1}{{{k_{OP}}}}+\frac{1}{{{k_{OQ}}}}=\frac{1}{{{k_{PQ}}}}$．
（1）求點P的軌跡C的方程；
（2）過F作傾斜角為60°的直線L，交曲線C于A，B兩點，求△AOB的面積；
（3）過點D（1，0）任作兩條互相垂直的直線l₁，l₂，分別交軌跡C于點A，B和M，N，設線段AB，MN的中點分別為E，F．求證：直線EF恒過一定點．

Answer 1

分析 （1）設出P點坐標，求出OP、OQ、PQ的斜率，代入$\frac{1}{{{k_{OP}}}}+\frac{1}{{{k_{OQ}}}}=\frac{1}{{{k_{PQ}}}}$，整理可得點P的軌跡C的方程；
（2）過F作傾斜角為60°的直線L，與曲線C聯立，利用韋達定理，即可求△AOB的面積；
（3）設直線l₁的方程為y=k（x-1）（k≠0），與拋物線方程聯立，化為關于x的一元二次方程，利用根與系數的關系求得E的坐標，同理求出F的坐標，進一步求出EF所在直線方程，由線系方程證明直線EF恒過一定點．

解答 解：（1）設點P的坐標為P（x，y），則…（2分）
由$\frac{1}{{{k_{OP}}}}+\frac{1}{{{k_{OQ}}}}=\frac{1}{{{k_{PQ}}}}$，得$\frac{x}{y}+\frac{1}{2}=\frac{x-1}{y-2}$．
整理得點P的軌跡的方程為：y²=4x（y≠0，y≠2）；   …（4分）
（2）設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），由$\left\{\begin{array}{l}{y^2}=4x\\ y=\sqrt{3}（x-1）\end{array}\right.$
得：${y^2}-\frac{4}{3}\sqrt{3}y-4=0$，
∴${y_1}+{y_2}=\frac{4}{3}\sqrt{3}\;\;，\;\;{y_1}{y_2}=-4$…（6分）
∴${S_△}=\frac{1}{2}×|OF|×|{y_2}-{y_1}|$=$\frac{1}{2}×1×\sqrt{{{（{y_1}+{y_2}）}^2}-4{y_1}{y_2}}$=$\frac{1}{2}•\sqrt{\frac{16}{3}+16}$=$\frac{4}{3}\sqrt{3}$…（8分）
（3）證明：設點A，B的坐標為A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則點E的坐標為（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}$）．
由題意可設直線l₁的方程為y=k（x-1）（k≠0），
聯立拋物線方程，消去y得k²x²-（2k²+4）x+k²=0，△=（2k²+4）²-4k⁴=16k²+16＞0．      …（9分）
∵直線l₁與拋物線交于A，B兩點，∴x₁+x₂=2+$\frac{4}{{k}^{2}}$，y₁+y₁=$\frac{4}{k}$，…（10分）
∴點E的坐標為（1+$\frac{2}{{k}^{2}}$，$\frac{2}{k}$）．
由題知，直線l₂的斜率為-$\frac{1}{k}$，
同理可得F的坐標為（1+2k²，-2k）．…（11分）
當k≠±1時，有1+$\frac{2}{{k}^{2}}$≠1+2k²．此時直線EF的斜率為：k_EF=$\frac{k}{1-{k}^{2}}$，
∴直線EF的方程為y+2k=$\frac{k}{1-{k}^{2}}$（x-1-2k²），整理得y=$\frac{k}{1-{k}^{2}}$（x-3）．恒過定點（3，0）…（13分）
當k=±1時，直線EF的方程為x=3，也過點（3，0）．
綜上所述，直線EF恒過定點（3，0）．…（14分）

點評 本題考查軌跡方程的求法，考查了直線與拋物線位置關系的應用，體現了分類討論的數學思想方法，是中檔題．