Question

14．已知抛物线C：y²=4x的准线与x轴交于点M，E（x₀，0）是x轴上的点，直线l经过M与抛物线C交于A，B两点
（Ⅰ）设l的斜率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，x₀=5，求证：点E在以线段AB为直径的圆上；
（Ⅱ）设A，B都在以点E为圆心的圆上，求x₀的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知求得M坐标，设出直线l的方程为y=k（x+1），联立直线l与抛物线C的方程，化为关于x的一元二次方程，由判别式大于0求得k的范围．再设A（x₁，kx₁+k），B（x₂，kx₂+k），由已知求得A，B横坐标的和与积，由向量$\overrightarrow{EA}•\overrightarrow{EB}=0$可证点E在以线段AB为直径的圆上；
（Ⅱ）由A、B都在以点E为圆心的圆上，得|EA|=|EB|，求出AB的中点坐标，结合|EA|=|EB|，得DE⊥AB即
k_DE•k=-1，解得${x}_{0}=1+\frac{2}{{k}^{2}}$结合（Ⅰ）中求得的k的范围得x₀的取值范围．

解答 （Ⅰ）证明：由已知得M（-1，0），直线l的斜率存在，设为k，则k≠0，且l的方程为y=k（x+1），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+1）}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$，得k²x²+2（k²-2）x+k²=0．
由直线l与抛物线C交于A、B两点得，△=4（k²-2）²-4k⁴＞0，解得k²＜1．
∴0＜k²＜1．
设A（x₁，kx₁+k），B（x₂，kx₂+k），则$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=\frac{2（2-{k}^{2}）}{{k}^{2}}}\\{{x}_{1}{x}_{2}=1}\end{array}\right.$，
当$k=\frac{\sqrt{2}}{2}$，x₀=5时，$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=6}\\{{x}_{1}{x}_{2}=1}\end{array}\right.$，则E（5，0），
$A（{x}_{1}，\frac{\sqrt{2}}{2}{x}_{1}+\frac{\sqrt{2}}{2}），B（{x}_{2}，\frac{\sqrt{2}}{2}{x}_{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}）$，
∴$\overrightarrow{EA}=（{x}_{1}-5$，$\frac{\sqrt{2}}{2}{x}_{1}+\frac{\sqrt{2}}{2}$），$\overrightarrow{EB}$=（x₂-5，$\frac{\sqrt{2}}{2}{x}_{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}$），
∵$\overrightarrow{EA}•\overrightarrow{EB}={x}_{1}{x}_{2}-5（{x}_{1}+{x}_{2}）+25+\frac{1}{2}$[x₁x₂+（x₁+x₂）+1]=0．
∴$\overrightarrow{EA}⊥\overrightarrow{EB}$，即EA⊥EB．
∴点E在以线段AB为直径的圆上；
（Ⅱ）解：∵A、B都在以点E为圆心的圆上，∴|EA|=|EB|．
设AB的中点为D，则D（$\frac{2-{k}^{2}}{{k}^{2}}，\frac{2}{k}$），
∵|EA|=|EB|，∴DE⊥AB．
∵k≠0，∴k_DE•k=-1，解得：${x}_{0}=1+\frac{2}{{k}^{2}}$．
∵0＜k²＜1，∴$1+\frac{2}{{k}^{2}}＞3$．
∴x₀的取值范围为（3，+∞）．

点评 本题主要考查了抛物线的应用，考查了平面向量的坐标运算，考查了考生对基础知识的综合运用和知识迁移的能力，涉及直线与圆锥曲线的交点问题，常采用联立直线与圆锥曲线，利用一元二次方程的根与系数关系求解，是中档题．