Question

2．已知拋物線y²=2px（p＞0）上一點(diǎn)P（1，t）（t＞0）到焦點(diǎn)F的距離等于2．
（1）求拋物線的方程及點(diǎn)P、F坐標(biāo)；
（2）過(guò)P點(diǎn)做互相垂直的兩條直線交拋物線于另外兩點(diǎn)A，B．
   ①當(dāng)直線AB的斜率為-$\frac{2}{5}$時(shí)，求直線AB的方程；
   ②求證：直線AB經(jīng)過(guò)定點(diǎn)．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)拋物線的性質(zhì)求出p的值，求出拋物線的解析式，從而求出P，F(xiàn)的坐標(biāo)即可；
（2）①聯(lián)立方程組得到y(tǒng)₁+y₂=-10，y₁y₂=-10b，計(jì)算$\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{PB}$的表達(dá)式，從而求出b的值，求出直線AB的方程即可；
②設(shè)出A、B的坐標(biāo)，根據(jù)k_PA•k_BP=-1，得到關(guān)于AB的方程，即y-y₁=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{\frac{{y}_{1}^{2}}{4}•\frac{{y}_{2}^{2}}{4}}$（x₁-x₂），整理即可．

解答 解：（1）∵y²=2px（p＞0）上一點(diǎn)P（1，t）（t＞0）到焦點(diǎn)F的距離等于2，
∴|FP|=1+$\frac{p}{2}$=2，解得p=2，
∴y²=4x，
∴P（1，2），F(xiàn)（1，0），
（2）①令l_AB：y=-$\frac{2}{5}x$+b，
∴$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{2}{5}x+b}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$，∴y=-$\frac{3}{5}$•$\frac{{y}^{2}}{4}$+b，
∴20y=-2y²+20b，
∴y²+10y-10b=0，
∴y₁+y₂=-10，y₁y₂=-10b，
又∵PA⊥PB，
∴$\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{PB}$=（x₁-1，y₁-2）•（x₂-1，y₂-2）
=（x₁-1）（x₂-1）+（y₁-2）（y₂-2）
=$\frac{1}{16}$${y}_{1}^{2}•{y}_{2}^{2}$-$\frac{1}{4}$（${y}_{1}^{2}$+${y}_{2}^{2}$）+1+y₁y₂-2（y₁+y₂）+4=0，
∴$\frac{100}{16}$b²-$\frac{1}{4}$（100+20b）+1-10b+24=0，
解得b=$\frac{12}{5}$或b=0，
∴直線l_AB：y=-$\frac{2}{5}$x+$\frac{12}{5}$（過(guò)點(diǎn)P，舍去），或y=-$\frac{2}{5}$x，
∴直線AB的方程；y=-$\frac{2}{5}$x，
②A（$\frac{1}{4}{y}_{1}^{2}$，y₁），B（$\frac{1}{4}$${y}_{2}^{2}$，y₂），
∵k_PA•k_BP=-1，
∴$\frac{{y}_{1}-2}{\frac{{y}_{1}^{2}}{4}-1}•\frac{{y}_{2}-2}{\frac{{y}_{2}^{2}}{4}-1}$=-1，
∴$\frac{4}{2+{y}_{1}}•\frac{4}{2+{y}_{2}}$=-1，
∴16=-（y₁y₂+2y₁+2y₂+4），
∴y₁y₂=-20-2（y₁+y₂），
∵l_AB：y-y₁=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{\frac{{y}_{1}^{2}}{4}•\frac{{y}_{2}^{2}}{4}}$（x₁-x₂），
∴y=y₁+$\frac{4x}{{y}_{1}{+y}_{2}}$-$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{{{y}_{1}+y}_{2}}$=$\frac{4x}{{y}_{1}{+y}_{2}}$-$\frac{{{y}_{1}y}_{2}}{{y}_{1}{+y}_{2}}$=$\frac{1}{{y}_{1}{+y}_{2}}$[4x-20-2（y₁+y₂）]，
∴x=5時(shí)，y=-2，即過(guò)定點(diǎn)（5，-2）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了拋物線的性質(zhì)，考查直線和拋物線的關(guān)系，直線的垂直以及轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．