Question

19．设抛物线Γ：y²=2px（p＞0）上的点M（x₀，4）到焦点F的距离|MF|=$\frac{5}{4}{x}_{0}$．
（1）求抛物线Γ的方程；
（2）过点F的直线l与抛物线T相交于A，B两点，线段AB的垂直平分线l′与抛物线Γ相交于C，D两点，若$\overrightarrow{AC}•\overrightarrow{AD}$=0，求直线l的方程．

Answer 1

分析 （1）根据抛物线的性质得出=x₀+$\frac{p}{2}$=$\frac{5}{4}{x}_{0}$，得出M的坐标，代入抛物线方程求出p即可；
（2）设l方程为y=k（x-1），设AB中点P，CD中点Q，联立方程组求出|AB|，|PQ|，|CD|，根据勾股定理列方程解出k．

解答 解：（1）∵|MF|=x₀+$\frac{p}{2}$=$\frac{5}{4}{x}_{0}$，∴x₀=2p．即M（2p，4）．
把M（2p，4）代入抛物线方程得4p²=16，解得p=2．
∴抛物线Γ的方程为y²=4x．
（2）设直线l的方程为y=k（x-1），
联立方程组$\left\{\begin{array}{l}{{y}^{2}=4x}\\{y=k（x-1）}\end{array}\right.$，消元得：k²x²-（2k²+4）x+k²=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则x₁+x₂=$\frac{2{k}^{2}+4}{{k}^{2}}$，y₁+y₂=$\frac{4}{k}$．
设AB的中点为P（$\frac{{k}^{2}+2}{{k}^{2}}$，$\frac{2}{k}$）．∴|AB|=x₁+x₂+p=$\frac{4（{k}^{2}+1）}{{k}^{2}}$．
∴直线l′的方程为y-$\frac{2}{k}$=-$\frac{1}{k}$（x-$\frac{{k}^{2}+2}{{k}^{2}}$），即x=-ky+$\frac{2}{{k}^{2}}$+3．
联立方程组$\left\{\begin{array}{l}{{y}^{2}=4x}\\{x=-ky+\frac{2}{{k}^{2}}+3}\end{array}\right.$，消元得：y²+4ky-4（3+$\frac{2}{{k}^{2}}$）=0．
设C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），则y₃+y₄=-4k，y₃y₄=-4（3+$\frac{2}{{k}^{2}}$）．
∴x₃+x₄=$\frac{4{k}^{4}+6{k}^{2}+4}{{k}^{2}}$，∴CD的中点Q（$\frac{2{k}^{4}+3{k}^{2}+2}{{k}^{2}}$，-2k）．
∴|CD|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{y}_{3}+{y}_{4}）^{2}-4{y}_{3}{y}_{4}}$=$\frac{4（{k}^{2}+1）\sqrt{{k}^{2}+2}}{|k|}$，|PQ|=$\frac{2（{k}^{2}+1）\sqrt{{k}^{2}+1}}{|k|}$，
∵$\overrightarrow{AC}•\overrightarrow{AD}$=0，∴AC⊥AD．∴|AQ|=$\frac{1}{2}$|CD|．
∵AB⊥CD，∴|AP|²+|PQ|²=|AQ|²，即$\frac{1}{4}$|AB|²+|PQ|²=$\frac{1}{4}$|CD|²，
∴$\frac{16（{k}^{2}+1）^{2}}{{k}^{4}}$+$\frac{16（{k}^{2}+1）^{3}}{{k}^{2}}$=$\frac{16（{k}^{2}+1）^{2}（{k}^{2}+2）}{{k}^{2}}$，
解得k=±1，
∴直线l的方程为x-y-1=0或x+y-1=0．

点评 本题考查了抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系，弦长公式，属于中档题．