Question

10．已知拋物線C：y²=2px（p＞0）的焦點(diǎn)為F，定點(diǎn)P（3，4）到焦點(diǎn)F的距離為2$\sqrt{5}$且線段PF與拋物線C有公共點(diǎn)，過點(diǎn)P的動(dòng)直線l₁，l₂的斜率分別為k₁，k₂，且滿足k₁+k₂=4，若l₁交拋物線C于A，B兩點(diǎn)，l₂交拋物線C于D，E兩點(diǎn)，弦AB，DE的中點(diǎn)分別為M，N．
（1）求拋物線C的方程；
（2）求證：直線MN過定點(diǎn)Q，并求出定點(diǎn)Q的坐標(biāo)；
（3）若4$\overrightarrow{QM}$=$\overrightarrow{QN}$，求出直線MN的方程．

Answer 1

分析 （1）由題意，F(xiàn)（$\frac{p}{2}$，0），則$（3-\frac{p}{2}）^{2}+{4}^{2}=（2\sqrt{5}）^{2}$，求出p，驗(yàn)證，即可求拋物線C的方程；
（2）求出M，N的坐標(biāo)，可得直線方程，即可證明直線MN過定點(diǎn)Q，并求出定點(diǎn)Q的坐標(biāo)；
（3）若4$\overrightarrow{QM}$=$\overrightarrow{QN}$，求出斜率，即可求出直線MN的方程．

解答 （1）解：由題意，F(xiàn)（$\frac{p}{2}$，0），則$（3-\frac{p}{2}）^{2}+{4}^{2}=（2\sqrt{5}）^{2}$，
∴p²-12p+20=0，
∴p=2或p=10．
p=10時(shí)，定點(diǎn)P（3，4）在拋物線內(nèi)，舍去，
p=2時(shí)，定點(diǎn)P（3，4）在拋物線外，
∴拋物線方程為y²=4x；
（2）證明：將l₁：y-4=k₁（x-3）代入拋物線方程，消去x，可得k₁y²-4y+16-12k₁=0．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則y₁+y₂=$\frac{4}{{k}_{1}}$，y₁y₂=$\frac{16-12{k}_{1}}{{k}_{1}}$．
△=16（3k₁-1）（k₁-1）＞0，得k₁＞1或k₁＜$\frac{1}{3}$，M（$\frac{2}{{k}_{1}}-\frac{4}{{k}_{1}}$+3，$\frac{2}{{k}_{1}}$）．
同理可得N（$\frac{2}{（4-{k}_{1}）^{2}}$-$\frac{4}{4-{k}_{1}}$+3，$\frac{2}{4-{k}_{1}}$）．
∴k_MN=$\frac{{k}_{1}（4-{k}_{1}）}{4-2{k}_{1}（4-{k}_{1}）}$，
∴直線MN的方程為y-$\frac{2}{{k}_{1}}$=$\frac{{k}_{1}（4-{k}_{1}）}{4-2{k}_{1}（4-{k}_{1}）}$[x-（$\frac{2}{{k}_{1}}-\frac{4}{{k}_{1}}$+3）]
即$（{{k}_{1}}^{3}-4{{k}_{1}}^{2}）$（x+2y-3）+k₁（4y-2）=0，
由$\left\{\begin{array}{l}{x+2y-3=0}\\{4y-2=0}\end{array}\right.$得x=2，y=$\frac{1}{2}$，
∴直線MN過定點(diǎn)Q（2，$\frac{1}{2}$）；
（3）解：由（2），4$\overrightarrow{QM}$=$\overrightarrow{QN}$，可得4$（\frac{2}{{k}_{1}}-\frac{1}{2}）$=$\frac{2}{4-{k}_{1}}$-$\frac{1}{2}$，
∴$3{{k}_{1}}^{2}-32{k}_{1}$+64=0，∴k₁=8或${k}_{1}=\frac{8}{3}$
∴k=-$\frac{8}{17}$或-$\frac{8}{7}$，
∴直線MN的方程為16x+34y-49=0或16x+14y-39=0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查拋物線的方程與性質(zhì)，考查直線與拋物線的位置關(guān)系，考查向量知識(shí)的運(yùn)用，屬于中檔題．