Question

13．已知過點(diǎn)（2，0）的直線l₁交拋物線C：y²=2px于A，B兩點(diǎn)，直線l₂：x=-2交x軸于點(diǎn)Q．
（1）設(shè)直線QA，QB的斜率分別為k₁，k₂，求k₁+k₂的值；
（2）點(diǎn)P為拋物線C上異于A，B的任意一點(diǎn)，直線PA，PB交直線l₂于M，N兩點(diǎn)，$\overrightarrow{OM}$$•\overrightarrow{ON}$=2，求拋物線C的方程．

Answer 1

分析 （1）解：設(shè)直線AB的方程為x=ky+2，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{{y}^{2}=2px}\\{x=ky+2}\end{array}\right.$可得，y²-2pky-4p=0，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則可求y₁+y₂，y₁y₂，進(jìn)而可求x₁x₂，x₁+x₂，然后根據(jù)k₁=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$，k₂=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}+2}$可求k₁+k₂，
（2）由（1）可得，直線OA，OB的斜率關(guān)系，可求k，由題意不妨取P（0，0），設(shè)M（-2，a），N（-2，b），
由$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}$=2，可求ab，然后有k_PA=k_PM，k_PN=k_PB，可求p，進(jìn)而可求拋物線方程

解答 （1）解：設(shè)直線AB的方程為x=ky+2，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{{y}^{2}=2px}\\{x=ky+2}\end{array}\right.$可得，y²-2pky-4p=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則y₁+y₂=2pk，y₁y₂=-4p，
∴x₁x₂=$\frac{{{（y}_{1}{y}_{2}）}^{2}}{4{p}^{2}}$=4，x₁+x₂=k（y₁+y₂）+4=2pk²+4，
∵Q（-2，0），
∴k₁=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$，k₂=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}+2}$
∴k₁+k₂=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}+2}$=$\frac{{y}_{1}（{x}_{2}+2）+{y}_{2}（{x}_{1}+2）}{（{x}_{1}+2）（{x}_{2}+2）}$=$\frac{{y}_{1}（k{y}_{2}+4）+{y}_{2}（k{y}_{1}+4）}{{x}_{1}{x}_{2}+2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$=$\frac{2k{y}_{1}{y}_{2}+4（{y}_{1}+{y}_{2}）}{{{x}_{1}x}_{2}+2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$
=$\frac{-8pk+8pk}{{x}_{1}{x}_{2}+2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$=0
（2）由（1）可得，直線OA，OB的斜率互為相反數(shù)，則有AB⊥x軸，此時k=0
∵點(diǎn)P為拋物線C上異于A，B的任意一點(diǎn)，不妨取P（0，0），
設(shè)M（-2，a），N（-2，b），
∵$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}$=4+ab=2，
∴ab=-2，
∵k_PA=k_PM，k_PN=k_PB，
∴$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}=\frac{a}{-2}$，$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}=\frac{-2}$，
兩式相乘可得，$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}=\frac{ab}{4}=-\frac{1}{2}$，
∴$\frac{-4p}{4}=-\frac{1}{2}$，
∴p=$\frac{1}{2}$，拋物線C的方程為：y²=x．

點(diǎn)評 本題主要考查了直線與拋物線的位置關(guān)系的應(yīng)用，求解本題（2）的關(guān)鍵是一般問題特殊化．