Question

10．已知过抛物线y²=2px（p＞0）的焦点F作直线l，l与抛物线的一个交点为A（x_A，y_A），与抛物线的准线交于点B（x_B，y_B），且y_A＞0，y_B＜0，F为AB的中点，|AF|=4．
（1）求抛物线的方程及直线l的斜率；
（2）平行于AB的直线与抛物线交于C、D两点，若在抛物线上存在一点P，使得直线PC与PD的斜率之积为-4，求直线CD在y轴上截距的最大值．

Answer 1

分析 （1）过A作准线的垂线AA′垂足为A′，则AA′=4，AB=8，FK为△AA′B的中位线，于是p=FK=$\frac{1}{2}AA′$=2，借助几何图形求出斜率．
（2）设CD方程为y=$\sqrt{3}x+b$，联立方程组，求出直线PC与PD的斜率，令方程k_PC•k_PD=-4有解得△≥0，即可解出b的范围．

解答 解：（1）过A作准线的垂线AA′垂足为A′，设准线交x轴与K点，则F（$\frac{p}{2}$，0），K（-$\frac{p}{2}$，0）
则AA′=AF=4，AB=2AF=8，A′B=$\sqrt{A{B}^{2}-AA{′}^{2}}$=4$\sqrt{3}$．
∵FK∥AA′，F是AB的中点，
∴FK=$\frac{1}{2}$AA′=2，即p=2．
∴抛物线方程为y²=4x．′
直线l的斜率k=$\frac{A′B}{AA′}$=$\sqrt{3}$．
（2）设直线CD的方程为y=$\sqrt{3}$x+b．
联立方程组$\left\{\begin{array}{l}{y=\sqrt{3}x+b}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$，消元得：y²-$\frac{4y}{\sqrt{3}}$+$\frac{4b}{\sqrt{3}}$=0．
∴△=$\frac{16}{3}$-$\frac{16b}{\sqrt{3}}$＞0，解得b＜$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
设C（$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{4}$，y₁），D（$\frac{{{y}_{2}}^{2}}{4}$，y₂），P（$\frac{{y}^{2}}{4}$，y）．
则y₁+y₂=$\frac{4}{\sqrt{3}}$，y₁y₂=$\frac{4b}{\sqrt{3}}$．
∴k_PC=$\frac{y-{y}_{1}}{\frac{{y}^{2}-{{y}_{1}}^{2}}{4}}$=$\frac{4}{y+{y}_{1}}$，k_PD=$\frac{y-{y}_{2}}{\frac{{y}^{2}-{{y}_{2}}^{2}}{4}}$=$\frac{4}{y+{y}_{2}}$．
∵抛物线上存在一点P，使得直线PC与PD的斜率之积为-4，
∴$\frac{4}{y+{y}_{1}}$•$\frac{4}{y+{y}_{2}}$=-4有解．即y²+$\frac{4y}{\sqrt{3}}$+$\frac{4b}{\sqrt{3}}$+4=0有解．
∴△=$\frac{16}{3}$-$\frac{16b}{\sqrt{3}}$-14≥0，解得b≤-$\frac{13\sqrt{3}}{8}$．
∴直线CD在y轴上截距的最大值为-$\frac{13\sqrt{3}}{8}$．

点评 本题考查了抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系，属于中档题．