Question

3．已知曲线C：x²=2py（p＞0），过曲线C的焦点F斜率为k（k≠0）的直线l₀交曲线C于A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）两点，x₁+x₂=-kx₁x₂，其中x₁＜x₂．
（Ⅰ）求C的方程；
（Ⅱ）分别作在点A，B处的切线l₁，l₂，若动点Q（x₀，y₀）（x₁＜x₀＜x₂）在曲线C上，曲线C在点Q处的切线l交l₁，l₂于点D，E，求证：点F在以DE为直径的圆上．

Answer 1

分析 （I）设直线l₀的斜率为k，联立方程组，根据根与系数的关系及x₁+x₂=-kx₁x₂，列方程得出p即可；
（II）求出l₁，l₂方程，分别与l₀联立方程组解出D，E坐标，利用向量的夹角判断∠FDE与90°的大小关系，从而得出F与圆的位置关系．

解答 解：（Ⅰ） 设l₀：$y=kx+\frac{p}{2}$，代入x²=2py，可得x²-2pkx-p²=0．
由韦达定理得，x₁+x₂=2pk，${x_1}{x_2}=-{p^2}$．
因为x₁+x₂=-kx₁x₂，所以2pk=kp²，所以p=2．
故C的方程为x²=4y．
（Ⅱ）因为$y=\frac{1}{4}{x^2}$，求导得$y'=\frac{1}{2}x$，则在A点处的斜率$k=\frac{1}{2}{x_1}$．
所以l₁的方程为：$y-{y_1}=\frac{1}{2}{x_1}（{x-{x_1}}）$，即$y=\frac{1}{2}{x_1}x-\frac{1}{4}x_1^2$．
同理，l₂的方程为：$y-{y_2}=\frac{1}{2}{x_2}（{x-{x_2}}）$，即$y=\frac{1}{2}{x_2}x-\frac{1}{4}x_2^2$；
l₀的方程为：$y-{y_0}=\frac{1}{2}{x_0}（{x-{x_0}}）$，即$y=\frac{1}{2}{x_0}x-\frac{1}{4}x_0^2$．
联立$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{1}{2}{x_1}x-\frac{1}{4}x_1^2\\ y=\frac{1}{2}{x_0}x-\frac{1}{4}x_0^2\end{array}\right.$可得$D（{\frac{{{x_1}+{x_0}}}{2}，\frac{{{x_1}{x_0}}}{4}}）$；
联立$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{1}{2}{x_2}x-\frac{1}{4}x_2^2\\ y=\frac{1}{2}{x_0}x-\frac{1}{4}x_0^2\end{array}\right.$可得$E（{\frac{{{x_2}+{x_0}}}{2}，\frac{{{x_2}{x_0}}}{4}}）$．
所以$\overrightarrow{FD}=（{\frac{{{x_1}+{x_0}}}{2}，\frac{{{x_1}{x_0}}}{4}-1}）$，$\overrightarrow{FE}=（{\frac{{{x_2}+{x_0}}}{2}，\frac{{{x_2}{x_0}}}{4}-1}）$，
而$\overrightarrow{FD}•\overrightarrow{FE}=（{\frac{{{x_1}+{x_0}}}{2}}）•（{\frac{{{x_2}+{x_0}}}{2}}）+（{\frac{{{x_1}{x_0}}}{4}-1}）•（{\frac{{{x_2}{x_0}}}{4}-1}）$=$\frac{1}{4}[{{x_1}{x_2}+{x_0}（{{x_1}+{x_2}}）+x_0^2}]+\frac{1}{16}[{{x_1}{x_2}x_0^2-4{x_0}（{{x_1}+{x_2}}）+16}]$．
把x₁+x₂=4k，x₁x₂=-4代入，
可得$\overrightarrow{FD}•\overrightarrow{FE}=\frac{1}{4}[{{x_1}{x_2}+{x_0}（{{x_1}+{x_2}}）+x_0^2}]+\frac{1}{16}[{{x_1}{x_2}x_0^2-4{x_0}（{{x_1}+{x_2}}）+16}]=0$，
所以$\overrightarrow{FD}⊥\overrightarrow{FE}$，故点F在以DE为直径的圆上．

点评 本题考查了抛物线的性质，直线与抛物线的额位置关系，属于中档题．