Question

8．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：A、B、F三点共线．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用抛物线的定义，结合抛物线C：y²=2px（p＞0）过点M（m，2），且|MF|=2，求出p，即可求抛物线C的方程；
（Ⅱ）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，利用直线EA与抛物线C相切，得到kt=1代入$\frac{1}{t^2}{x^2}-2x+{t^2}=0$，求出A的坐标；由几何性质可以判断点O，B关于直线EF：y=-tx+t对称，求出B的坐标，证明k_AF=k_BF，即A，B，F三点共线；当t=±1时，A（1，±2），B（1，±1），此时A，B，F共线．

解答 （I）解：抛物线C的准线方程为：$x=-\frac{p}{2}$，
∴$|MF|=m+\frac{p}{2}=2$，
又抛物线C：y²=2px（p＞0）过点M（m，2），
∴4=2pm，即$4=2p（2-\frac{p}{2}）$…（2分）
∴p²-4p+4=0，∴p=2，
∴抛物线C的方程为y²=4x．…（4分）
（II）证明；设E（0，t）（t≠0），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）
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．
综上：A，B，F三点共线．…（12分）

点评 本题考查抛物线的方程，考查直线与抛物线的位置关系，考查直线斜率的计算，考查学生分析解决问题的能力，计算量大．