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5.已知直線y=k(x-2)與拋物線Γ:{y^2}=\frac{1}{2}x相交于A,B兩點(diǎn),M是線段AB的中點(diǎn),過(guò)M作y軸的垂線交Γ于點(diǎn)N.
(Ⅰ)證明:拋物線Γ在點(diǎn)N處的切線與AB平行;
(Ⅱ)是否存在實(shí)數(shù)k使\overrightarrow{NA}•\overrightarrow{NB}=0?若存在,求k的值;若不存在,說(shuō)明理由.

分析 (Ⅰ)由\left\{\begin{array}{l}y=k({x-2})\\{y^2}=\frac{1}{2}x\end{array}\right.消去y并整理,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),利用韋達(dá)定理求出MN坐標(biāo),寫(xiě)出拋物線Γ在點(diǎn)N處的切線l的方程為y-\frac{1}{4k}=m({x-\frac{1}{{8{k^2}}}}),將x=2y2代入上式,推出m=k,即可證明l∥AB.
(Ⅱ)假設(shè)存在實(shí)數(shù)k,使\overrightarrow{NA}•\overrightarrow{NB}=0,則NA⊥NB,利用(Ⅰ),求出弦長(zhǎng),然后求出斜率,說(shuō)明存在實(shí)數(shù)k使\overrightarrow{NA}•\overrightarrow{NB}=0

解答 解:(Ⅰ)由\left\{\begin{array}{l}y=k({x-2})\\{y^2}=\frac{1}{2}x\end{array}\right.消去x并整理,得2k2x2-(8k2+1)x+8k2=0,
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則{x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}+1}}{{2{k^2}}},{x_1}{x_2}=4,∴{x_M}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}=\frac{{8{k^2}+1}}{{4{k^2}}},{y_M}=k({{x_M}-2})=k({\frac{{8{k^2}+1}}{{4{k^2}}}-2})=\frac{1}{4k}
由題設(shè)條件可知,{y_N}={y_M}=\frac{1}{4k},{x_N}=2{y^2}_N=\frac{1}{{8{k^2}}},∴N({\frac{1}{{8{k^2}}},\frac{1}{4k}})
設(shè)拋物線Γ在點(diǎn)N處的切線l的方程為y-\frac{1}{4k}=m({x-\frac{1}{{8{k^2}}}}),
將x=2y2代入上式,得2m{y^2}-y+\frac{1}{4k}-\frac{m}{{8{k^2}}}=0,
∵直線l與拋物線Γ相切,
△={1^2}-4×2m×({\frac{1}{4k}-\frac{m}{{8{k^2}}}})=\frac{{{{({m-k})}^2}}}{k^2}=0
∴m=k,即l∥AB.
(Ⅱ)假設(shè)存在實(shí)數(shù)k,使\overrightarrow{NA}•\overrightarrow{NB}=0,則NA⊥NB,∵M(jìn)是AB的中點(diǎn),∴|{MN}|=\frac{1}{2}|{AB}|,
由(Ⅰ)得|{AB}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-{x_2}}|=\sqrt{1+{k^2}}•\sqrt{{{({{x_1}+{x_2}})}^2}-4{x_1}{x_2}}=\sqrt{1+{k^2}}•\sqrt{{{({\frac{{8{k^2}+1}}{{2{k^2}}}})}^2}-4×4}=\sqrt{1+{k^2}}•\frac{{\sqrt{16{k^2}+1}}}{{2{k^2}}},
∵M(jìn)N⊥y軸,
|{MN}|=|{{x_M}-{x_N}}|=\frac{{8{k^2}+1}}{{4{k^2}}}-\frac{1}{{8{k^2}}}=\frac{{16{k^2}+1}}{{8{k^2}}},
\frac{{16{k^2}+1}}{{8{k^2}}}=\frac{1}{2}\sqrt{1+{k^2}}•\frac{{\sqrt{16{k^2}+1}}}{{2{k^2}}},解得k=±\frac{1}{2},
故存在k=±\frac{1}{2},使\overrightarrow{NA}•\overrightarrow{NB}=0

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與拋物線的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用,定值問(wèn)題的處理方法,考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力.

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