Question

5．已知直线y=k（x-2）与抛物线$Γ：{y^2}=\frac{1}{2}x$相交于A，B两点，M是线段AB的中点，过M作y轴的垂线交Γ于点N．
（Ⅰ）证明：抛物线Γ在点N处的切线与AB平行；
（Ⅱ）是否存在实数k使$\overrightarrow{NA}•\overrightarrow{NB}=0$？若存在，求k的值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由$\left\{\begin{array}{l}y=k（{x-2}）\\{y^2}=\frac{1}{2}x\end{array}\right.$消去y并整理，设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），利用韦达定理求出MN坐标，写出抛物线Γ在点N处的切线l的方程为$y-\frac{1}{4k}=m（{x-\frac{1}{{8{k^2}}}}）$，将x=2y²代入上式，推出m=k，即可证明l∥AB．
（Ⅱ）假设存在实数k，使$\overrightarrow{NA}•\overrightarrow{NB}=0$，则NA⊥NB，利用（Ⅰ），求出弦长，然后求出斜率，说明存在实数k使$\overrightarrow{NA}•\overrightarrow{NB}=0$．

解答 解：（Ⅰ）由$\left\{\begin{array}{l}y=k（{x-2}）\\{y^2}=\frac{1}{2}x\end{array}\right.$消去x并整理，得2k²x²-（8k²+1）x+8k²=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则${x_1}+{x_2}=\frac{{8{k^2}+1}}{{2{k^2}}}，{x_1}{x_2}=4$，∴${x_M}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}=\frac{{8{k^2}+1}}{{4{k^2}}}$，${y_M}=k（{{x_M}-2}）=k（{\frac{{8{k^2}+1}}{{4{k^2}}}-2}）=\frac{1}{4k}$，
由题设条件可知，${y_N}={y_M}=\frac{1}{4k}$，${x_N}=2{y^2}_N=\frac{1}{{8{k^2}}}$，∴$N（{\frac{1}{{8{k^2}}}，\frac{1}{4k}}）$，
设抛物线Γ在点N处的切线l的方程为$y-\frac{1}{4k}=m（{x-\frac{1}{{8{k^2}}}}）$，
将x=2y²代入上式，得$2m{y^2}-y+\frac{1}{4k}-\frac{m}{{8{k^2}}}=0$，
∵直线l与抛物线Γ相切，
∴$△={1^2}-4×2m×（{\frac{1}{4k}-\frac{m}{{8{k^2}}}}）=\frac{{{{（{m-k}）}^2}}}{k^2}=0$，
∴m=k，即l∥AB．
（Ⅱ）假设存在实数k，使$\overrightarrow{NA}•\overrightarrow{NB}=0$，则NA⊥NB，∵M是AB的中点，∴$|{MN}|=\frac{1}{2}|{AB}|$，
由（Ⅰ）得$|{AB}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-{x_2}}|=\sqrt{1+{k^2}}•\sqrt{{{（{{x_1}+{x_2}}）}^2}-4{x_1}{x_2}}$=$\sqrt{1+{k^2}}•\sqrt{{{（{\frac{{8{k^2}+1}}{{2{k^2}}}}）}^2}-4×4}=\sqrt{1+{k^2}}•\frac{{\sqrt{16{k^2}+1}}}{{2{k^2}}}$，
∵MN⊥y轴，
∴$|{MN}|=|{{x_M}-{x_N}}|=\frac{{8{k^2}+1}}{{4{k^2}}}-\frac{1}{{8{k^2}}}=\frac{{16{k^2}+1}}{{8{k^2}}}$，
∴$\frac{{16{k^2}+1}}{{8{k^2}}}=\frac{1}{2}\sqrt{1+{k^2}}•\frac{{\sqrt{16{k^2}+1}}}{{2{k^2}}}$，解得$k=±\frac{1}{2}$，
故存在$k=±\frac{1}{2}$，使$\overrightarrow{NA}•\overrightarrow{NB}=0$．

点评 本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，定值问题的处理方法，考查转化思想以及计算能力．