Question

13．已知过点（2，0）的直线l₁交抛物线C：y²=2px于A，B两点，直线l₂：x=-2交x轴于点Q．
（1）设直线QA，QB的斜率分别为k₁，k₂，求k₁+k₂的值；
（2）点P为抛物线C上异于A，B的任意一点，直线PA，PB交直线l₂于M，N两点，$\overrightarrow{OM}$$•\overrightarrow{ON}$=2，求抛物线C的方程．

Answer 1

分析 （1）解：设直线AB的方程为x=ky+2，联立$\left\{\begin{array}{l}{{y}^{2}=2px}\\{x=ky+2}\end{array}\right.$可得，y²-2pky-4p=0，设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则可求y₁+y₂，y₁y₂，进而可求x₁x₂，x₁+x₂，然后根据k₁=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$，k₂=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}+2}$可求k₁+k₂，
（2）由（1）可得，直线OA，OB的斜率关系，可求k，由题意不妨取P（0，0），设M（-2，a），N（-2，b），
由$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}$=2，可求ab，然后有k_PA=k_PM，k_PN=k_PB，可求p，进而可求抛物线方程

解答 （1）解：设直线AB的方程为x=ky+2，
联立$\left\{\begin{array}{l}{{y}^{2}=2px}\\{x=ky+2}\end{array}\right.$可得，y²-2pky-4p=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则y₁+y₂=2pk，y₁y₂=-4p，
∴x₁x₂=$\frac{{{（y}_{1}{y}_{2}）}^{2}}{4{p}^{2}}$=4，x₁+x₂=k（y₁+y₂）+4=2pk²+4，
∵Q（-2，0），
∴k₁=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$，k₂=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}+2}$
∴k₁+k₂=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}+2}$=$\frac{{y}_{1}（{x}_{2}+2）+{y}_{2}（{x}_{1}+2）}{（{x}_{1}+2）（{x}_{2}+2）}$=$\frac{{y}_{1}（k{y}_{2}+4）+{y}_{2}（k{y}_{1}+4）}{{x}_{1}{x}_{2}+2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$=$\frac{2k{y}_{1}{y}_{2}+4（{y}_{1}+{y}_{2}）}{{{x}_{1}x}_{2}+2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$
=$\frac{-8pk+8pk}{{x}_{1}{x}_{2}+2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$=0
（2）由（1）可得，直线OA，OB的斜率互为相反数，则有AB⊥x轴，此时k=0
∵点P为抛物线C上异于A，B的任意一点，不妨取P（0，0），
设M（-2，a），N（-2，b），
∵$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}$=4+ab=2，
∴ab=-2，
∵k_PA=k_PM，k_PN=k_PB，
∴$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}=\frac{a}{-2}$，$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}=\frac{b}{-2}$，
两式相乘可得，$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}=\frac{ab}{4}=-\frac{1}{2}$，
∴$\frac{-4p}{4}=-\frac{1}{2}$，
∴p=$\frac{1}{2}$，抛物线C的方程为：y²=x．

点评 本题主要考查了直线与抛物线的位置关系的应用，求解本题（2）的关键是一般问题特殊化．