Question

9．已知拋物線C：y²=4x，O是原點，A，B為拋物線上兩動點，且滿足OA⊥OB，若OM⊥AB于M點．
（Ⅰ）求M的軌跡方程．
（Ⅱ）過點F（1，0）作互相垂直的兩條直線l₁，l₂，分別交拋物線C于點P、Q和點K、L．設(shè)線段PQ，KL的中點分別為R、T，求證：直線RT恒過一個定點．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)AB：x=my+n代入拋物線方程，由韋達定理可知：y₁•y₂=-4n，則16x₁•x₂=（y₁•y₂）²=16n²，由$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，y₁y₂+x₁x₂=0，n²-4n=0，而OM⊥AB，$m=\frac{y}{x}$，代入x=my+n，整理M的軌跡方程x²+y²-4x=0（x≠0）；
（Ⅱ）顯然直線斜率存在且不為0，由題意可設(shè)直線的方程為y=k（x-1）（k≠0），代入拋物線方程，△=（2k²+4）²-4k⁴=16k²+16＞0，由韋達定理可知：x₃+x₄=2+$\frac{4}{{k}^{2}}$，則y₃+y₄=k（x₃+x₄-2）=$\frac{4}{k}$，利用中點坐標(biāo)公式求得R和T點坐標(biāo)，求得直線RT的方程，yk²+（x-3）k-y=0，直線RT恒過定點E（3，0），當(dāng)k=±1時，直線RT的方程為x=3，也過E（3，0），綜上所述，直線RT恒過定點E（3，0）．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)動點M（x，y），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），設(shè)AB：x=my+n
$\left\{\begin{array}{l}{x=my+n}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$，整理得：y²-4my-4n=0，
由韋達定理可知：y₁•y₂=-4n，則16x₁•x₂=（y₁•y₂）²=16n²，
∴x₁•x₂=n²，
由OA⊥OB，
即$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，
∴y₁y₂+x₁x₂=0，
∴n²-4n=0即n①
而OM⊥AB，
∴$m=\frac{y}{x}$②
將①②代入x=my+n，整理得：x²+y²-4x=0（x≠0）；
（Ⅱ）證明：設(shè)P、Q兩點坐標(biāo)分別為（x₃，y₄），（x₄，y₄），則點R的坐標(biāo)為（$\frac{{x}_{3}+{x}_{4}}{2}$，$\frac{{y}_{3}+{y}_{4}}{2}$）
顯然直線斜率存在且不為0，由題意可設(shè)直線的方程為y=k（x-1）（k≠0），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$，整理得：k²x²-（2k²+4）x+k²=0，
△=（2k²+4）²-4k⁴=16k²+16＞0，
由韋達定理可知：x₃+x₄=2+$\frac{4}{{k}^{2}}$，則y₃+y₄=k（x₃+x₄-2）=$\frac{4}{k}$，
∴點R點坐標(biāo)為（1+$\frac{2}{{k}^{2}}$，$\frac{2}{k}$），
由直線l₂的斜率為-$\frac{1}{k}$，同理可得點T坐標(biāo)為（1+2k²，-2k），
當(dāng)k≠±1時，有$1+\frac{2}{k^2}≠1+2{k^2}$，此時直線RT的斜率${k_{RT}}=\frac{{\frac{2}{k}+2k}}{{1+\frac{2}{k^2}-1-2{k^2}}}=\frac{k}{{1-{k^2}}}$． 
∴直線RT的方程為y+2k=$\frac{k}{1-{k}^{2}}$（x-1-2k²），
整理得：yk²+（x-3）k-y=0，
于是，直線RT恒過定點E（3，0）；（10分）
當(dāng)k=±1時，直線RT的方程為x=3，也過E（3，0）．
 綜上所述，直線RT恒過定點E（3，0）．（12分）

點評 本題考查直線與拋物線的位置關(guān)系，考查韋達定理，弦長公式及中點坐標(biāo)公式的應(yīng)用，考查直線方程的應(yīng)用，考查計算能力，屬于中檔題．