Question

13．已知直线l过点A（-2，-1），直线l的一个方向向量为（1，1），抛物线Γ的方程为y=ax²．
（1）求直线l的方程；
（2）若直线l与抛物线Γ交于B，C两点，且|BC|是|AB|和|AC|的等比中项，求抛物线Γ的方程；
（3）设抛物线Γ的焦点为F，问：是否存在正整数a，使得抛物线Γ上至少有一点P，满足|PF|=|PA|，若存在，求出所有这样的正整数a的值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）由正弦的方向向量可得直线的斜率为1，再由点斜式方程，即可得到直线方程；
（2）运用等比数列的性质和直线l的参数方程，代入抛物线方程，由参数的几何意义，可得|AB||AC|，再由直线方程代入抛物线方程，运用韦达定理和弦长公式，解a的方程即可得到；
（3）假设存在正整数a，使得抛物线T上至少有一点P．满足|PF|=|PA|．求出AF的中垂线方程，代入抛物线方程，求出判别式，运用换元法和构造函数的方法，即可判断判别式小于0，即可得到结论．

解答 解：（1）直线l的一个方向向量为（1，1），即直线l的斜率为1，
则直线l的方程为y+1=x+2，即y=x+1；
（2）|BC|是|AB|和|AC|的等比中项，即|BC|²=|AB||AC|，
设直线l的参数方程为$\left\{\begin{array}{l}{x=-2+\frac{\sqrt{2}}{2}t}\\{y=-1+\frac{\sqrt{2}}{2}t}\end{array}\right.$（t为参数），
代入抛物线方程y=ax²，化简可得$\frac{1}{2}$at²-（2$\sqrt{2}$a+$\frac{\sqrt{2}}{2}$）t+4a+1=0，
则（2$\sqrt{2}$a+$\frac{\sqrt{2}}{2}$）²-4×$\frac{1}{2}$a•（4a+1）＞0，即a＞-$\frac{1}{4}$，
t₁t₂=$\frac{2（4a+1）}{a}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=x+1}\\{y=a{x}^{2}}\end{array}\right.$可得ax²-x-1=0，则判别式1+4a＞0，
x₁+x₂=$\frac{1}{a}$，x₁x₂=-$\frac{1}{a}$，
则弦长|BC|=$\sqrt{2}$•$\sqrt{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{4}{a}}$，
由|BC|²=|AB||AC|，可得2（$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{4}{a}$）=|$\frac{2（4a+1）}{a}$|，
解得a=1或-1（舍去），
即有抛物线方程为y=x²；
（3）假设存在正整数a，使得抛物线T上至少有一点P．满足|PF|=|PA|．
由y=ax²可得焦点F（0，$\frac{1}{4a}$），
AF的斜率为$\frac{1+4a}{8a}$，则AF的中垂线的斜率为-$\frac{8a}{1+4a}$，
AF的中垂线方程为y-（$\frac{1}{8a}$-$\frac{1}{2}$）=-$\frac{8a}{1+4a}$（x+1），
代入抛物线方程可得，ax²+$\frac{8a}{1+4a}$x-$\frac{1+4a}{8a}$+$\frac{8a}{1+4a}$=0，①
则△=（$\frac{8a}{1+4a}$）²-4a（-$\frac{1+4a}{8a}$+$\frac{8a}{1+4a}$），
令$\frac{8a}{1+4a}$=t，由a为正整数，则a=$\frac{t}{8-4t}$（$\frac{8}{5}$≤t＜2），
代入判别式化简得，△=$\frac{{t}^{2}-{t}^{3}+1}{2-t}$，
令f（t）=t²-t³+1，则f′（t）=2t-3t²，当t∈[$\frac{8}{5}$，2）时，f′（t）＜0，
f（t）在[$\frac{8}{5}$，2）上递减，则f（t）≤f（$\frac{8}{5}$）＜0，
即有△＜0，方程①无实数解．
则不存在正整数a，使得抛物线T上至少有一点P．满足|PF|=|PA|．

点评 本题考查抛物线的方程和性质，重点考查直线方程和抛物线方程联立，消去未知数，运用韦达定理和弦长公式，同时考查二次方程的判别式与方程的解的关系，是一道综合题，属于中档题．