Question

10．已知抛物线C：y²=2px（p＞0）过点M（m，2），其焦点为F，且|MF|=2．
（Ⅰ）求抛物线C的方程；
（Ⅱ）设E为y轴上异于原点的任意一点，过点E作不经过原点的两条直线分别与抛物线C和圆F：（x-1）²+y²=1相切，切点分别为A，B，求证：直线AB过定点F（1，0）．

Answer 1

分析 （1）根据抛物线的准线方程与M在抛物线上，列出方程组求出p的值即得抛物线方程；
（2）根据直线EA与圆锥曲线相切，用直线方程与圆锥曲线方程联立，△=0，根据圆的对称性，写出直线AB的方程；
思路1：利用直线AB的斜率、直线AB的方程，判断直线AB恒过定点；
思路2：根据三点共线以及直线的斜率，判断直线AB过定点F．

解答 解：（1）抛物线C的准线方程为：$x=-\frac{p}{2}$，
∴$|MF|=m+\frac{p}{2}=2$，
又M在抛物线上，
即$4=2p（2-\frac{p}{2}）$，----------（2分）
∴p²-4p+4=0，
解得p=2；
所以抛物线C的方程为y²=4x；------------（4分）
（2）设点E（0，t）（t≠0），
由已知切线不为y轴，设EA：y=kx+t，
联立$\left\{\begin{array}{l}y=kx+t\\{y^2}=4x\end{array}\right.$，消去y，
可得k²x²+（2kt-4）x+t²=0；
直线EA与抛物线C相切，
∴△=（2kt-4）²-4k²t²=0，
即kt=1代入$\frac{1}{t^2}{x^2}-2x+{t^2}=0$，
∴x=t²，即A（t²，2t）；--------------（6分）
设切点B（x₀，y₀），则由几何性质可以判断点O，B关于直线EF：y=-tx+t对称，
则$\left\{\begin{array}{l}\frac{y_0}{x_0}×\frac{t-0}{0-1}=-1\\ \frac{y_0}{2}=-t•\frac{x_0}{2}+t\end{array}\right.$，
解得：$\left\{\begin{array}{l}{x_0}=\frac{{2{t^2}}}{{{t^2}+1}}\\{y_0}=\frac{2t}{{{t^2}+1}}\end{array}\right.$，
即$B（\frac{{2{t^2}}}{{{t^2}+1}}，\frac{2t}{{{t^2}+1}}）$；---------------（8分）
思路1：直线AB的斜率为${k_{AB}}=\frac{2t}{{{t^2}-1}}（t≠±1）$，
直线AB的方程为$y=\frac{2t}{{{t^2}-1}}（x-{t^2}）+2t$，-------------（10分）
整理$y=\frac{2t}{{{t^2}-1}}（x-1）$，
∴直线AB过定点恒过定点F（1，0）；----------------（11分）
当t=±1时，A（1，±2），B（1，±1），此时直线AB为x=1，过点F（1，0）；
综上，直线AB过定点恒过定点F（1，0），----------------（12分）
思路2：直线AF的斜率为${k_{AF}}=\frac{2t}{{{t^2}-1}}（t≠±1）$，
直线BF的斜率为${k_{BF}}=\frac{{\frac{2t}{{{t^2}+1}}-0}}{{\frac{{2{t^2}}}{{{t^2}+1}}-1}}=\frac{2t}{{{t^2}-1}}（t≠±1）$，
∴k_AF=k_BF，即A，B，F三点共线；-----------------（10分）
当t=±1时，A（1，±2），B（1，±1），此时A，B，F共线；--------------（11分）
∴直线AB过定点F．------------（12分）

点评 本题考查了直线与圆锥曲线的综合应用问题，也考查了抛物线的简单几何性质，是综合性题目．