Question

5．在平面直角坐标系xOy中，已知定点T（0，-4），动点Q，R分别在x，y轴上，且$\overrightarrow{TQ}•\overrightarrow{QR}=0$，点P为RQ的中点，点P的轨迹为曲线C，点E是曲线C上一点，其横坐标为2，经过点（0，2）的直线l与曲线C交于不同的两点A，B（不同于点E），直线EA，EB分别交直线y=-2于点M，N．
（I）求点P的轨迹方程；
（II）若O为原点，求证：$∠MON=\frac{π}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题意可知，设P（x，y），利用中点坐标公式求得Q（2x，0），R（0，2y），分别求得$\overline{TQ}$和$\overline{QR}$，由$\overrightarrow{TQ}•\overrightarrow{QR}=0$，整理即可求得P的轨迹方程；
（Ⅱ）由（I）可知点E的坐标为（2，2），设出A、B的坐标及直线方程，与抛物线方程联立，整理得到关于x的一元二次方程，根据韦达定理求得x₁x₂，x₁+x₂，求得直线AE的方程，分别表示出向量$\overline{OM}$和$\overline{ON}$，并求得$\overline{OM}$•$\overline{ON}$=0，即可求得OM⊥ON，以此$∠MON=\frac{π}{2}$．

解答 解：（Ⅰ）设P（x，y），Q（x₀，0），R（0，y₀），
∵点P为RQ的中点，
∴$\left\{\begin{array}{l}x=\frac{x_0}{2}\\ y=\frac{y_0}{2}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{x_0}=2x\\{y_0}=2y\end{array}\right.$，
∴Q（2x，0），R（0，2y）．（2分）
∵T（0，-4），$\overrightarrow{TQ}•\overrightarrow{QR}=0$，$\overrightarrow{TQ}=（2x，4），\overrightarrow{RQ}=（2x，-2y）$；
∴4x²-8y=0即x²=2y（5分）
（Ⅱ）证明：由（I）可知点E的坐标为（2，2），设$A（{x_1}，\frac{x_1^2}{2}）$，$B（{x_2}，\frac{x_2^2}{2}）$，M（x_M，-2），N（x_N，-2），
∵直线l与曲线C交于不同的两点A，B（不同于点E）．
∴直线l一定有斜率，设直线l方程为y=kx+2（k≠0）（6分）
与抛物线方程联立得到$\left\{\begin{array}{l}y=kx+2\\{x^2}=2y\end{array}\right.$，消去y，得：x²-2kx-4=0
则由韦达定理得：x₁x₂=-4，x₁+x₂=2k（7分）
直线AE的方程为：$y-2=\frac{{\frac{x_1^2}{2}-2}}{{{x_1}-2}}（{x-2}）$，即$y=\frac{{{x_1}+2}}{2}（{x-2}）+2$，
令y=-2，得${x_M}=\frac{{2{x_1}-4}}{{{x_1}+2}}$同理可得：${x_N}=\frac{{2{x_2}-4}}{{{x_2}+2}}$（9分）
又$\overrightarrow{OM}=（{x_M}，-2），\overrightarrow{ON}=（{x_N}，-2）$，
得：$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}={x_M}{x_N}+4=4+\frac{{2{x_1}-4}}{{{x_1}+2}}•\frac{{2{x_2}-4}}{{{x_2}+2}}$，
=$4+\frac{{4[{x_1}{x_2}-2（{x_1}+{x_2}）+4]}}{{{x_1}{x_2}+2（{x_1}+{x_2}）+4}}$，
=$4+\frac{4（-4-4k+4）}{（-4+4k+4）}=0$．（11分）
∴OM⊥ON，即∠MON=$\frac{π}{2}$（12分）

点评 本题考查了抛物线的标准方程及其性质、数量积运算性质、直线与抛物线相交转化为方程联立可得根与系数的关系，考查了推理能力与计算能力，属于难题．