Question

18．已知拋物線y²=2px（p＞0），過其焦點F且垂直于對稱軸的直線被拋物線截得的弦長為4．
（1）求拋物線的標準方程；
（2）如圖，過點C（m，O）（m＞O）的直線與拋物線交于A，B兩點，過點P（-m，O）作垂直于對稱軸的直線l，在直線l上是否存在點Q，使得△ABQ為等邊三角形？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出拋物線的焦點，令x=$\frac{p}{2}$，求得A，B的坐標可得弦長，即可求得p=2，進而得到拋物線的方程；
（2）①當直線l的斜率不存在時易驗證m=3成立；②當直線存在斜率時設直線l的方程為y=k（x-m）（k≠0），直線l與拋物線的交點坐標為A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），聯立方程組消y后可求AB中點M坐標，設存在Q（-m，t），由K_AB•K_QM=-1，求出Q到直線l的距離為d=$\frac{\sqrt{3}}{2}$|AB|，聯立即可解得k，m值，從而可判斷存在性．

解答 解：（1）拋物線y²=2px（p＞0）的焦點F（$\frac{p}{2}$，0），
令x=$\frac{p}{2}$，則y²=p²，解得y=±p，
即有2p=4，
解得p=2，
∴拋物線的方程為y²=4x；
（2）①若直線l的斜率不存在，則Q只可能為（-m，0），即有|PC|=2m，
令x=m，代入拋物線方程，可得y²=4m，求得|AB|=4$\sqrt{m}$，
由|PC|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$|AB|，解得m=3，
即當m=3時，△QAB是等邊三角形；
②若直線l的斜率存在，設直線l的方程為y=k（x-m）（k≠0），
直線l與拋物線的交點坐標為A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-m）}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$⇒k²x²-（2mk²+4）x+m²k²=0，
x₁+x₂=2m+$\frac{4}{{k}^{2}}$，x₁x₂=m²，|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\frac{4}{{k}^{2}}$$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{1+m{k}^{2}}$，
設存在Q（-m，t），AB的中點為M（m+$\frac{2}{{k}^{2}}$，$\frac{2}{k}$），
設Q到直線l的距離為d，
有題意可知：$\frac{\frac{2}{k}-t}{2m+\frac{2}{{k}^{2}}}$=-$\frac{1}{k}$①，d=$\frac{\sqrt{3}}{2}$|AB|⇒$\frac{|2km+t|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$•$\frac{4}{{k}^{2}}$$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{1+m{k}^{2}}$②，
由①可得：m=$\frac{kt}{2}$-1-$\frac{1}{{k}^{2}}$，③
③代入②得|k²t-2k+t-$\frac{2}{k}$|=2$\sqrt{3}$•（1+k²）$\sqrt{\frac{{k}^{3}t}{2}-{k}^{2}}$，
化簡得：|kt-2|=$\sqrt{6}$•$\sqrt{kt-2}$，解得kt-2=6或kt-2=0（舍去），
即kt=8，代入③，
解得k²=$\frac{1}{3-m}$（0＜m＜3），
將k=±$\sqrt{\frac{1}{3-m}}$，
∴Q（-m，±8$\sqrt{3-m}$）為所求點．
故在直線l上存在點Q，且為（-3，0）或（-m，±8$\sqrt{3-m}$），使得△ABQ為等邊三角形．

點評 本題考查直線與圓錐曲線的位置關系及拋物線方程的求解，考查分類討論思想，考查學生分析問題解決問題的能力，解決本題的關鍵是充分利用正三角形的性質列方程組．