Question

9．已知抛物线C：y²=4x，O是原点，A，B为抛物线上两动点，且满足OA⊥OB，若OM⊥AB于M点．
（Ⅰ）求M的轨迹方程．
（Ⅱ）过点F（1，0）作互相垂直的两条直线l₁，l₂，分别交抛物线C于点P、Q和点K、L．设线段PQ，KL的中点分别为R、T，求证：直线RT恒过一个定点．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设AB：x=my+n代入抛物线方程，由韦达定理可知：y₁•y₂=-4n，则16x₁•x₂=（y₁•y₂）²=16n²，由$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，y₁y₂+x₁x₂=0，n²-4n=0，而OM⊥AB，$m=\frac{y}{x}$，代入x=my+n，整理M的轨迹方程x²+y²-4x=0（x≠0）；
（Ⅱ）显然直线斜率存在且不为0，由题意可设直线的方程为y=k（x-1）（k≠0），代入抛物线方程，△=（2k²+4）²-4k⁴=16k²+16＞0，由韦达定理可知：x₃+x₄=2+$\frac{4}{{k}^{2}}$，则y₃+y₄=k（x₃+x₄-2）=$\frac{4}{k}$，利用中点坐标公式求得R和T点坐标，求得直线RT的方程，yk²+（x-3）k-y=0，直线RT恒过定点E（3，0），当k=±1时，直线RT的方程为x=3，也过E（3，0），综上所述，直线RT恒过定点E（3，0）．

解答 解：（Ⅰ）设动点M（x，y），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），设AB：x=my+n
$\left\{\begin{array}{l}{x=my+n}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$，整理得：y²-4my-4n=0，
由韦达定理可知：y₁•y₂=-4n，则16x₁•x₂=（y₁•y₂）²=16n²，
∴x₁•x₂=n²，
由OA⊥OB，
即$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，
∴y₁y₂+x₁x₂=0，
∴n²-4n=0即n①
而OM⊥AB，
∴$m=\frac{y}{x}$②
将①②代入x=my+n，整理得：x²+y²-4x=0（x≠0）；
（Ⅱ）证明：设P、Q两点坐标分别为（x₃，y₄），（x₄，y₄），则点R的坐标为（$\frac{{x}_{3}+{x}_{4}}{2}$，$\frac{{y}_{3}+{y}_{4}}{2}$）
显然直线斜率存在且不为0，由题意可设直线的方程为y=k（x-1）（k≠0），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$，整理得：k²x²-（2k²+4）x+k²=0，
△=（2k²+4）²-4k⁴=16k²+16＞0，
由韦达定理可知：x₃+x₄=2+$\frac{4}{{k}^{2}}$，则y₃+y₄=k（x₃+x₄-2）=$\frac{4}{k}$，
∴点R点坐标为（1+$\frac{2}{{k}^{2}}$，$\frac{2}{k}$），
由直线l₂的斜率为-$\frac{1}{k}$，同理可得点T坐标为（1+2k²，-2k），
当k≠±1时，有$1+\frac{2}{k^2}≠1+2{k^2}$，此时直线RT的斜率${k_{RT}}=\frac{{\frac{2}{k}+2k}}{{1+\frac{2}{k^2}-1-2{k^2}}}=\frac{k}{{1-{k^2}}}$． 
∴直线RT的方程为y+2k=$\frac{k}{1-{k}^{2}}$（x-1-2k²），
整理得：yk²+（x-3）k-y=0，
于是，直线RT恒过定点E（3，0）；（10分）
当k=±1时，直线RT的方程为x=3，也过E（3，0）．
 综上所述，直线RT恒过定点E（3，0）．（12分）

点评 本题考查直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理，弦长公式及中点坐标公式的应用，考查直线方程的应用，考查计算能力，属于中档题．