Question

11．設(shè)拋物線C：y²=2px（p＞0）過點(diǎn)$M（2，-2\sqrt{2}）$．
（Ⅰ）求拋物線C的方程；
（Ⅱ）過點(diǎn)F（1，0）作相互垂直的兩條直線l₁，l₂，曲線C與l₁交于點(diǎn)P₁，P₂，與l₂交于點(diǎn)Q₁，Q₂．證明：$\frac{1}{{|{{P_1}{P_2}}|}}+\frac{1}{{|{{Q_1}{Q_2}}|}}=\frac{1}{4}$；
（Ⅲ）在（Ⅱ）中，我們得到關(guān)于拋物線的一個優(yōu)美結(jié)論．請你寫出關(guān)于橢圓$Γ：\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$的一個相類似的結(jié)論（不需證明）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）把點(diǎn)$M（2，-2\sqrt{2}）$代入拋物線方程得p=2，即可得到拋物線方程．
（Ⅱ）直線l₁，l₂的斜率存在且不等于0，不妨設(shè)l₁的方程為y=k（x-1）（k≠0），P₁（x₁，y₁），P₂（x₂，y₂），聯(lián)立直線與拋物線方程，利用韋達(dá)定理弦長公式，求解證明：$\frac{1}{{|{{P_1}{P_2}}|}}+\frac{1}{{|{{Q_1}{Q_2}}|}}=\frac{k^2}{{4{k^2}+4}}+\frac{1}{{4{k^2}+4}}=\frac{1}{4}$．
（Ⅲ）若l₁，l₂是過橢圓$Γ：\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$的焦點(diǎn)且相互垂直的兩條直線，其中橢圓Γ與l₁交于點(diǎn)P₁，P₂，與l₂交于點(diǎn)Q₁，Q₂，寫出$\frac{1}{{|{{P_1}{P_2}}|}}+\frac{1}{{|{{Q_1}{Q_2}}|}}=\frac{7}{12}$．

解答 （本題滿分12分）
解：（Ⅰ）把點(diǎn)$M（2，-2\sqrt{2}）$代入拋物線方程得p=2
所以曲線C的方程為y²=4x．…（3分）
（Ⅱ）證明：顯然直線l₁，l₂的斜率存在且不等于0，
不妨設(shè)l₁的方程為y=k（x-1）（k≠0），P₁（x₁，y₁），P₂（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{y^2}=4x\\ y=k（{x-1}）\end{array}\right.$得k²x²-（2k²+4）x+k²=0，
由韋達(dá)定理得：${x_1}+{x_2}=\frac{{2{k^2}+4}}{k^2}$，x₁x₂=1，…（5分）
因?yàn)榍�線C與l₁交于點(diǎn)P₁，P₂且l₁過焦點(diǎn)F（1，0），
所以|P₁P₂|=x₁+x₂+2=$\frac{{2{k^2}+4}}{k^2}+2$=$\frac{{4{k^2}+4}}{k^2}$，…（7分）
同理可得$|{{Q_1}{Q_2}}|=\frac{{4{{（{-\frac{1}{k}}）}^2}+4}}{{{{（{-\frac{1}{k}}）}^2}}}$=4+4k²，…（8分）
所以$\frac{1}{{|{{P_1}{P_2}}|}}+\frac{1}{{|{{Q_1}{Q_2}}|}}=\frac{k^2}{{4{k^2}+4}}+\frac{1}{{4{k^2}+4}}=\frac{1}{4}$．…（9分）
（Ⅲ）若l₁，l₂是過橢圓$Γ：\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$的焦點(diǎn)且相互垂直的兩條直線，其中橢圓Γ與l₁交于點(diǎn)P₁，P₂，與l₂交于點(diǎn)Q₁，Q₂，則$\frac{1}{{|{{P_1}{P_2}}|}}+\frac{1}{{|{{Q_1}{Q_2}}|}}=\frac{7}{12}$．…（12分）
說明：（只寫出$\frac{1}{{|{{P_1}{P_2}}|}}+\frac{1}{{|{{Q_1}{Q_2}}|}}為$定值，沒有指出定值為$\frac{7}{12}$扣1分）

點(diǎn)評 本題考查圓錐曲線方程的綜合應(yīng)用，直線與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．