Question

（2011•東城區(qū)二模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，動(dòng)點(diǎn)P到定點(diǎn)F(0，

1

4

)的距離比點(diǎn)P到x軸的距離大

1

4

，設(shè)動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為曲線C，直線l：y=kx+1交曲線C于A，B兩點(diǎn)，M是線段AB的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M作x軸的垂線交曲線C于點(diǎn)N．
（Ⅰ）求曲線C的方程；
（Ⅱ）證明：曲線C在點(diǎn)N處的切線與AB平行；
（Ⅲ）若曲線C上存在關(guān)于直線l對(duì)稱的兩點(diǎn)，求k的取值范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）動(dòng)點(diǎn)P到定點(diǎn)F(0，

1

4

)的距離與動(dòng)點(diǎn)P到直線y=-

1

4

的距離相等．由拋物線定義能求出曲線C的方程．
（Ⅱ）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．由

y=x2 y=kx+1

得x²-kx-1=0．所以x₁+x₂=k，x₁x₂=-1．設(shè)M（x₀，y₀），則x0=

k

2

．因?yàn)镸N⊥x軸，所以N點(diǎn)的橫坐標(biāo)為

k

2

．由此能證明曲線C在點(diǎn)N處的切線與AB平行．
（Ⅲ）設(shè)直線l的垂線為l′：y=-

1

k

x+b．代入y=x²，得x2+

1

k

x-b=0．若存在兩點(diǎn)D（x₃，y₃），E（x₄，y₄）關(guān)于直線l對(duì)稱，則

x3+x4

2

=-

1

2k

，

y3+y4

2

=

1

2k2

+b．由此入手能求出k的取值范圍．

解答：（Ⅰ）解：由已知，動(dòng)點(diǎn)P到定點(diǎn)F(0，

1

4

)的距離與動(dòng)點(diǎn)P到直線y=-

1

4

的距離相等．
由拋物線定義可知，動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為以(0，

1

4

)為焦點(diǎn)，
直線y=-

1

4

為準(zhǔn)線的拋物線．
所以曲線C的方程為y=x²．         （3分）
（Ⅱ）證明：設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
由

y=x2 y=kx+1

得x²-kx-1=0．
所以x₁+x₂=k，x₁x₂=-1．
設(shè)M（x₀，y₀），則x0=

k

2

．
因?yàn)镸N⊥x軸，
所以N點(diǎn)的橫坐標(biāo)為

k

2

．
由y=x²，可得y′=2x
所以當(dāng)x=

k

2

時(shí)，y′=k．
所以曲線C在點(diǎn)N處的切線斜率為k，
與直線AB平行．（8分）
（Ⅲ）解：由已知，k≠0．
設(shè)直線l的垂線為l′：y=-

1

k

x+b．
代入y=x²，可得x2+

1

k

x-b=0（*）
若存在兩點(diǎn)D（x₃，y₃），E（x₄，y₄）關(guān)于直線l對(duì)稱，
則

x3+x4

2

=-

1

2k

，

y3+y4

2

=

1

2k2

+b
又(

x3+x4

2

，

y3+y4

2

)在l上，
所以

1

2k2

+b=k(-

1

2k

)+1，b=

1

2

-

1

2k2

．
由方程（*）有兩個(gè)不等實(shí)根
所以△=(

1

k

)2+4b＞0，即

1

k2

+2-

2

k2

＞0
所以

1

k2

＜2，
解得k＜-

2

2

或k＞

2

2

．（13分）

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用能力，綜合性強(qiáng)，是高考的重點(diǎn)．本題具體涉及到軌跡方程的求法及直線與拋物線的相關(guān)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，推理論證能力；解題時(shí)要注意合理地進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化．