Question

10．已知拋物線C：y²=2px（p＞0）過點(diǎn)M（m，2），其焦點(diǎn)為F，且|MF|=2．
（Ⅰ）求拋物線C的方程；
（Ⅱ）設(shè)E為y軸上異于原點(diǎn)的任意一點(diǎn)，過點(diǎn)E作不經(jīng)過原點(diǎn)的兩條直線分別與拋物線C和圓F：（x-1）²+y²=1相切，切點(diǎn)分別為A，B，求證：直線AB過定點(diǎn)F（1，0）．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)拋物線的準(zhǔn)線方程與M在拋物線上，列出方程組求出p的值即得拋物線方程；
（2）根據(jù)直線EA與圓錐曲線相切，用直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立，△=0，根據(jù)圓的對稱性，寫出直線AB的方程；
思路1：利用直線AB的斜率、直線AB的方程，判斷直線AB恒過定點(diǎn)；
思路2：根據(jù)三點(diǎn)共線以及直線的斜率，判斷直線AB過定點(diǎn)F．

解答 解：（1）拋物線C的準(zhǔn)線方程為：$x=-\frac{p}{2}$，
∴$|MF|=m+\frac{p}{2}=2$，
又M在拋物線上，
即$4=2p（2-\frac{p}{2}）$，----------（2分）
∴p²-4p+4=0，
解得p=2；
所以拋物線C的方程為y²=4x；------------（4分）
（2）設(shè)點(diǎn)E（0，t）（t≠0），
由已知切線不為y軸，設(shè)EA：y=kx+t，
聯(lián)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；
直線EA與拋物線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）
設(shè)切點(diǎn)B（x₀，y₀），則由幾何性質(zhì)可以判斷點(diǎn)O，B關(guān)于直線EF：y=-tx+t對稱，
則$\left\{\begin{array}{l}\frac{y_0}{x_0}×\frac{t-0}{0-1}=-1\\ \frac{y_0}{2}=-t•\frac{x_0}{2}+t\end{array}\right.$，
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）
思路1：直線AB的斜率為${k_{AB}}=\frac{2t}{{{t^2}-1}}（t≠±1）$，
直線AB的方程為$y=\frac{2t}{{{t^2}-1}}（x-{t^2}）+2t$，-------------（10分）
整理$y=\frac{2t}{{{t^2}-1}}（x-1）$，
∴直線AB過定點(diǎn)恒過定點(diǎn)F（1，0）；----------------（11分）
當(dāng)t=±1時，A（1，±2），B（1，±1），此時直線AB為x=1，過點(diǎn)F（1，0）；
綜上，直線AB過定點(diǎn)恒過定點(diǎn)F（1，0），----------------（12分）
思路2：直線AF的斜率為${k_{AF}}=\frac{2t}{{{t^2}-1}}（t≠±1）$，
直線BF的斜率為${k_{BF}}=\frac{{\frac{2t}{{{t^2}+1}}-0}}{{\frac{{2{t^2}}}{{{t^2}+1}}-1}}=\frac{2t}{{{t^2}-1}}（t≠±1）$，
∴k_AF=k_BF，即A，B，F(xiàn)三點(diǎn)共線；-----------------（10分）
當(dāng)t=±1時，A（1，±2），B（1，±1），此時A，B，F(xiàn)共線；--------------（11分）
∴直線AB過定點(diǎn)F．------------（12分）

點(diǎn)評 本題考查了直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用問題，也考查了拋物線的簡單幾何性質(zhì)，是綜合性題目．