Question

20．已知拋物線C：y²=2px（p＞0）的焦點(diǎn)為F，直線y=4與y軸的交點(diǎn)為P，與拋物線C的交點(diǎn)為Q，且|QF|=2|PQ|，過(guò)F的直線l與拋物線C相交于A，B兩點(diǎn)．
（1）求C的方程；
（2）設(shè)AB的垂直平分線l'與C相交于M，N兩點(diǎn)，試判斷A，M，B，N四點(diǎn)是否在同一個(gè)圓上？若在，求出l的方程；若不在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）將Q（x₀，4）代入拋物線方程，求得丨PQ丨，根據(jù)拋物線的定義，即可求得p的值，求得C的方程；
（2）設(shè)l的方程為 x=my+1 （m≠0），代入拋物線方程化簡(jiǎn)，利用韋達(dá)定理、中點(diǎn)公式、弦長(zhǎng)公式求得弦長(zhǎng)|AB|．把直線l′的方程代入拋物線方程化簡(jiǎn)，利用韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式求得|MN|．由于MN垂直平分線段AB，故AMBN四點(diǎn)共圓等價(jià)于|AE|=|BE|=$\frac{1}{2}$|MN|，由此求得m的值，可得直線l的方程．

解答 解：（1）設(shè)Q（x₀，4），代入y²=2px得x₀=$\frac{8}{p}$，
∴|PQ|=$\frac{8}{p}$，|QF|=$\frac{p}{2}$+x₀=$\frac{p}{2}$+$\frac{8}{p}$．
由題設(shè)得$\frac{p}{2}$+$\frac{p}{2}$=2×$\frac{p}{2}$，解得p=-4（舍去）或p=4，
∴拋物線C的方程為y²=8x．
（2）由題設(shè)知，l與坐標(biāo)軸不垂直，且過(guò)焦點(diǎn)F（2，0），
故可設(shè)l的方程為x=my+2（m≠0），
代入y²=8x得y²-8my-16=0．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則y₁+y₂=8m，y₁y₂=-16．
故AB的中點(diǎn)為D（4m²+2，4m），
|AB|=$\sqrt{{m}^{2}+1}$|y₁-y₂|=$\sqrt{{m}^{2}+1}$•$\sqrt{（8m）^{2}+64}$=8（m²+1）．
又l′⊥l，所以l′的斜率為-m，
所以l′的方程為x=-$\frac{1}{m}$y+4m²+6．
將上式代入y²=8x，并整理得y²+$\frac{8}{m}$y-8（4m²+6）=0，
設(shè)M（x₃，y₃），N（x₄，y₄），
則y₃+y₄=-$\frac{8}{m}$，y₃y₄=-8（4m²+6）．
故MN的中點(diǎn)為E（$\frac{4}{{m}^{2}}$+4m2+6，-$\frac{4}{m}$），
|MN|=$\sqrt{1+\frac{1}{{m}^{2}}}$|y₃-y₄|=$\sqrt{1+\frac{1}{{m}^{2}}}$•$\sqrt{\frac{64}{{m}^{2}}+64（2{m}^{2}+3）}$=$\frac{8（{m}^{2}+1）\sqrt{2{m}^{2}+1}}{{m}^{2}}$，
由于MN垂直平分AB，故A，M，B，N四點(diǎn)在同一圓上等價(jià)于|AE|=|BE|=$\frac{1}{2}$|MN|，
又在Rt△ADE中，丨AD丨²+丨DE丨²=丨AE丨²，
從而$\frac{1}{4}$|AB|²+|DE|²=$\frac{1}{4}$|MN|²，
即16（m²+1）²+（4m+$\frac{4}{m}$）²+（$\frac{4}{{m}^{2}}$+4）²=$\frac{16（{m}^{2}+1）^{2}（2{m}^{2}+1）}{{m}^{4}}$，
化簡(jiǎn)得m²-1=0，m=±1，
所以當(dāng)A，M，B，N四點(diǎn)在同一圓上時(shí)，l的方程為x=±y+2，即x±y-2=0．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線和圓錐曲線的位置關(guān)系的應(yīng)用，韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式的應(yīng)用，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想，屬于難題．