Question

16．已知抛物线Γ：x²=2py（p＞0）上一点P（4，m）到焦点F的距离为$\frac{5}{4}m$．
（Ⅰ）求Γ的方程；
（Ⅱ）过点C（0，2）的直线交Γ于A，B两点，以AB为直径的圆交y轴于M，N两点，证明：$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}$为定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得抛物线的焦点和准线方程，运用抛物线的定义解方程可得m=2p，求出P的坐标，可得抛物线的方程；
（Ⅱ）方法一、设直线AB的方程为y=kx+2，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），AB的中点Q（x₀，y₀），联立直线方程和抛物线方程，运用韦达定理和判别式大于0，中点坐标公式和弦长公式求得圆心和半径，可得以AB为直径的圆的方程，令x=0，可得M，N的坐标，再由向量的数量积的坐标表示，计算即可得证；
方法二：设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（0，m），N（0，n），求出向量MA，MB的坐标，由题意可得$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}=0$，运用向量数量积的坐标表示，构造二次方程，运用韦达定理，以及联立直线方程和抛物线的方程，运用韦达定理，解方程即可得到定值．

解答 解：（Ⅰ）抛物线Γ：x²=2py的焦点为$F（0，\frac{p}{2}）$，准线方程为$y=-\frac{p}{2}$．
∵P（4，m）到焦点F的距离为$\frac{5}{4}m$．
∴$|{PF}|=m+\frac{p}{2}=\frac{5}{4}m$，
∴m=2p，
∴P的坐标为（4，2p）．
∴4²=2p•2p．
∵p＞0，
∴p=2，
∴抛物线Γ的方程为：x²=4y．
（Ⅱ）证法一、设直线AB的方程为y=kx+2，
A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），AB的中点Q（x₀，y₀），
联立$\left\{\begin{array}{l}y=kx+2\\{x^2}=4y\end{array}\right.$，整理得：x²-4kx-8=0，
∴△=16k²+32＞0，x₁+x₂=4k，
∴${x_0}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}=2k$，${y_0}=k{x_0}+2=2{k^2}+2$，
即Q（2k，2k²+2），
又$|{AB}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-{x_2}}|$
=$\sqrt{1+{k^2}}\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}$=$4\sqrt{（1+{k^2}）（2+{k^2}）}$，
∴以AB为直径的圆Q的方程为：（x-2k）²+（y-2k²-2）²=4（1+k²）（2+k²）．
令x=0得，y²-（4k²+4）y-4=0．
设M（0，y₃），N（0，y₄），则y₃y₄=-4，
∴$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}={y_3}{y_4}=-4$为定值．
证法二：设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（0，m），N（0，n），
则$\overrightarrow{MA}=（{x_1}，{y_1}-m），\overrightarrow{MB}=（{x_2}，{y_2}-m）$，
由已知可得$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}=0$，
∴x₁x₂+（y₁-m）（y₂-m）=0，即m²-（y₁+y₂）m+（x₁x₂+y₁y₂）=0，
同理可得，n²-（y₁+y₂）n+（x₁x₂+y₁y₂）=0
∴m，n为方程x²-（y₁+y₂）x+（x₁x₂+y₁y₂）=0的两根，
∴$m•n={x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}={x_1}{x_2}+{（\frac{{{x_1}{x_2}}}{4}）^2}$，
联立$\left\{\begin{array}{l}y=kx+2\\{x^2}=4y\end{array}\right.$，整理得：x²-4kx-8=0，
∴△=16k²+32＞0，x₁•x₂=-8，
∴m•n=-4，即$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}=-4$为定值．

点评 本题主要考查直线、椭圆、轨迹等基础知识及直线与圆锥曲线的位置关系；考查运算求解能力、推理论证能力；考查化归与转化思想．