Question

7．已知抛物线C：y²=4x，其焦点为F，定点E（1，2）．
（1）过点G（5，-2）的直线与抛物线C交于M，N两点（不同于点E），记直线EM，EN的斜率分别为k₁，k₂，求k₁•k₂；
（2）设Q为抛物线C的准线上一点，是否存在过焦点F的直线l与抛物线C交于不同的两点A，B，使得△ABQ为正三角形？若能，求出直线l的方程；若不能，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）设过点G（5，-2）的直线l的方程为x-5=m（y+2），即x=my+2m+5，代入抛物线的方程，运用韦达定理，再由直线的斜率公式，化简整理即可得到所求值；
（2）①当直线l的斜率不存在时易验证不合题意；②当直线存在斜率时设直线l的方程为y=k（x-1）（k≠0），直线l与抛物线的交点坐标为A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），联立方程组消y后可求AB中点K坐标，设存在Q（-1，m），由K_AB•K_QK=-1，Q到直线l的距离为d=$\frac{\sqrt{3}}{2}$|AB|，联立即可解得k值，从而可判断存在性．

解答 解：（1）设过点G（5，-2）的直线l的方程为x-5=m（y+2），即x=my+2m+5，
代入y²=4x得y²-4my-8m-20=0，
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
则y₁+y₂=4m，y₁y₂=-8m-20，
则k₁•k₂=$\frac{{y}_{1}-2}{{x}_{1}-1}$•$\frac{{y}_{2}-2}{{x}_{2}-1}$=$\frac{{y}_{1}-2}{\frac{{{y}_{1}}^{2}}{4}-1}$•$\frac{{y}_{2}-2}{\frac{{{y}_{2}}^{2}}{4}-1}$=$\frac{16}{（{y}_{1}+2）（{y}_{2}+2）}$
=$\frac{16}{{y}_{1}{y}_{2}+2（{y}_{1}+{y}_{2}）+4}$=$\frac{16}{-8m-20+8m+4}$=-1；
（2）①若直线l的斜率不存在，则Q只可能为（-1，0），
此时△QAB不是等边三角形，舍去；
②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=k（x-1）（k≠0），
直线l与抛物线的交点坐标为A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$⇒k²x²-（2k²+4）x+k²=0，x₁+x₂=2+$\frac{4}{{k}^{2}}$，
设存在Q（-1，m），AB的中点为K（1+$\frac{2}{{k}^{2}}$，$\frac{2}{k}$），
设Q到直线l的距离为d，
由△QAB是等边三角形可知：$\frac{\frac{2}{k}-m}{\frac{2}{{k}^{2}}+2}$=-$\frac{1}{k}$①，
d=$\frac{\sqrt{3}}{2}$|AB|⇒$\frac{|2k+m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$|4+$\frac{4}{{k}^{2}}$|②，
由①可得：m=$\frac{2}{{k}^{3}}$+$\frac{4}{k}$，③
③代入②得：（2k+$\frac{2}{{k}^{3}}$+$\frac{4}{k}$）²=（k²+1）•$\frac{3}{4}$•$\frac{16（{k}^{2}+1）^{2}}{{k}^{4}}$，
化简得：$\frac{4（1+{k}^{2}）^{4}}{{k}^{6}}$=12•$\frac{（1+{k}^{2}）^{3}}{{k}^{4}}$⇒k²=$\frac{1}{2}$，
即有k=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
故存在过焦点F的直线l，且为y=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$（x-1）．

点评 本题考查直线与圆锥曲线的位置关系及抛物线方程的求解，考查分类讨论思想，考查学生分析问题解决问题的能力，解决本题的关键是充分利用正三角形的性质列方程组．