Question

3．已知A，B是抛物线y²=2px（p＞0）上异于远点P的两点．F是抛物线的焦点，K_OA、K_OB分别表示直线OA，OB的斜率．且K_OA•K_OB=λ（λ为小于零的常数）
（1）证明直线AB恒过X轴上的一定点；
（2）设AB的中点为M，点M在抛物线的准线上的射影为点N，若∠AFB=120°，求$\frac{|AB|}{|MN|}$的最小值及取得最小值时λ的值．

Answer 1

分析 （1）设出AB的方程，与抛物线方程联立，消去y，由根与系数的关系，利用k_OA•k_OB=λ，求出b的值，得出直线AB过定点（-$\frac{2p}{λ}$，0）；
（2）设|AF|=a，|BF|=b，利用余弦定理，结合基本不等式求出|AB|的最小值，再利用梯形的中位线求出|MN|的值，从而求出$\frac{|AB|}{|MN|}$的最小值以及此时对应的λ的值．

解答 解：（1）设直线AB的方程为y=kx+b，
将直线与抛物线联立$\left\{\begin{array}{l}{{y}^{2}=2px}\\{y=kx+b}\end{array}\right.$，消去y，得k²x²+（2kb-2p）x+b²=0，
∴x₁+x₂=$\frac{-2kb+2p}{{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{{b}^{2}}{{k}^{2}}$；
∴k_OA=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$，k_OB=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$；
∴K_OA•K_OB=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$•$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$=λ，即y₁y₂=λx₁x₂，
∴y₁y₂=（kx₁+b）（kx₂+b）
=k²x₁x₂+kb（x₁+x₂）+b²
=k²•$\frac{{b}^{2}}{{k}^{2}}$+kb•$\frac{-2kb+2p}{k}$+b²
=$\frac{2bp}{k}$；
∴$\frac{2bp}{k}$=λ•$\frac{{b}^{2}}{{k}^{2}}$，
解得b=$\frac{2pk}{λ}$，
∴y=kx+$\frac{2pk}{λ}$=k（x+$\frac{2p}{λ}$）；
令x=-$\frac{2p}{λ}$，得y=0，
∴直线过定点（-$\frac{2p}{λ}$，0）．
（2）设|AF|=a，|BF|=b，连接AF、BF，
由抛物线定义，得|AF|=|AQ|，|BF|=|BP|，
在梯形ABPQ中，2|MN|=|AQ|+|BP|=a+b；
由余弦定理得，
|AB|²=a²+b²-2abcos120°=a²+b²+ab，
配方得，|AB|²=（a+b）²-ab，
又∵ab≤${（\frac{a+b}{2}）}^{2}$，当且仅当a=b时“=”成立；
∴（a+b）²-ab≥（a+b）²-$\frac{1}{4}$（a+b）²=$\frac{3}{4}$（a+b）²，
∴|AB|≥$\frac{\sqrt{3}}{2}$（a+b）；
∴$\frac{|AB|}{|MN|}$≥$\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}（a+b）}{\frac{1}{2}（a+b）}$=$\sqrt{3}$，即$\frac{|AB|}{|MN|}$的最小值为$\sqrt{3}$；
∵“=”成立的条件是a=b，
∴|FA|=|FB|，即x₁=x₂=$\frac{p}{2}$，y₁=-y₂=-p；
∴λ=k_OA•k_OB=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$•$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$=$\frac{-p}{\frac{p}{2}}$•$\frac{p}{\frac{p}{2}}$=-4．

点评 本题考查了直线与抛物线的综合应用问题，也考查了基本不等式的应用问题，余弦定理的应用问题，是综合性题目．