Question

17．过抛物线E：y²=2px（p＞0）外一点P作PO⊥x轴，垂足为Q，线段PQ交抛物线E于R点，连接OP交抛物线E于S点，直线RS与x轴交于A点，直线SQ与y轴交于B点，
（1）若R是PQ的中点，求证：P，B，A三点共线；
（2）设△SOA，△SOQ，△SQR，△SPQ的面积分别为S₁，S₂，S₃，S₄，求证：$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=$\frac{{S}_{3}}{{S}_{4}}$．

Answer 1

分析 （1）设R（$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2p}，{y}_{0}$），把P，Q的坐标用R的坐标表示，求得OP所在直线方程，联立直线方程和抛物线方程求得S的坐标，由直线方程的两点式分别求得QS所在直线方程和RS所在直线方程，进一步求得B，A的坐标，由向量证明P，B，A三点共线；
（2）把三角形的面积比转化为边长比得答案．

解答 证明：（1）如图，
设R（$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2p}，{y}_{0}$），则P（$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2p}，2{y}_{0}$），Q（$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2p}，0$），
则OP所在直线方程为：$y=\frac{2{y}_{0}}{\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2p}}x=\frac{4p}{{y}_{0}}x$，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{4p}{{y}_{0}}x}\\{{y}^{2}=2px}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{{{y}_{0}}^{2}}{8p}}\\{y=\frac{{y}_{0}}{2}}\end{array}\right.$，即S（$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{8p}，\frac{{y}_{0}}{2}$），
则QS所在直线方程为：$\frac{y}{\frac{{y}_{0}}{2}}=\frac{x-\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2p}}{\frac{{{y}_{0}}^{2}}{8p}-\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2p}}=\frac{x-\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2p}}{-\frac{3{{y}_{0}}^{2}}{8p}}$，
取x=0，得$y=\frac{2}{3}{y}_{0}$，∴B（0，$\frac{2}{3}{y}_{0}$），
RS所在直线方程为：$\frac{y-{y}_{0}}{-\frac{{y}_{0}}{2}}=\frac{x-\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2p}}{\frac{{{y}_{0}}^{2}}{8p}-\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2p}}$=$\frac{x-\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2p}}{-\frac{3{{y}_{0}}^{2}}{8p}}$，
取y=0，得x=$-\frac{{{y}_{0}}^{2}}{4p}$，∴A（$-\frac{{{y}_{0}}^{2}}{4p}，0$），
$\overrightarrow{PB}=（-\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2p}，-\frac{4}{3}{y}_{0}）$，$\overrightarrow{PA}=（-\frac{3{{y}_{0}}^{2}}{4p}，-2{y}_{0}）=\frac{3}{2}（-\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2p}，-\frac{4}{3}{y}_{0}）$，
∴P，B，A三点共线；
（2）∵△SOA，△SOQ同高，∴$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=$\frac{|OA|}{|OQ|}=\frac{|-\frac{{{y}_{0}}^{2}}{4p}|}{|\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2p}|}=\frac{1}{2}$，
又△SQR，△SPQ同高，∴$\frac{{S}_{3}}{{S}_{4}}$=$\frac{|QR|}{|PQ|}$=$\frac{|{y}_{0}|}{|2{y}_{0}|}=\frac{1}{2}$，
∴$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=$\frac{{S}_{3}}{{S}_{4}}$．

点评 本题考查了直线与抛物线的位置关系，考查了数形结合的解题思想方法，考查了数学转化思想方法，是中档题．