Question

已知拋物線C：x²=2my（m＞0）和直線l：y=kx-m沒(méi)有公共點(diǎn)（其中k、m為常數(shù)），動(dòng)點(diǎn)P是直線l上的任意一點(diǎn)，過(guò)P點(diǎn)引拋物線C的兩條切線，切點(diǎn)分別為M、N，且直線MN恒過(guò)點(diǎn)Q（k，1）．
（1）求拋物線C的方程；
（2）已知O點(diǎn)為原點(diǎn)，連接PQ交拋物線C于A、B兩點(diǎn)，證明：S_△OAP•S_△OBQ=S_△OAQ•S_△OBP．

Answer 1

分析：（1）對(duì)C的函數(shù)求導(dǎo)數(shù)，設(shè)出兩個(gè)切點(diǎn)的坐標(biāo)，求出導(dǎo)函數(shù)在切點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)值即切線的斜率，利用點(diǎn)斜式寫(xiě)出切線
PM，PN 的方程，將P的坐標(biāo)代入得到MN的方程，據(jù)直線的點(diǎn)斜式判斷出MN過(guò)的定點(diǎn)，據(jù)已知求出拋物線C的方程．
（2）通過(guò)分析法將要證的三角形的面積關(guān)系轉(zhuǎn)化為交點(diǎn)的坐標(biāo)問(wèn)題，設(shè)出直線PQ的方程，將直線方程與橢圓方程 聯(lián)立，利用韋達(dá)定理得證．

解答：解：（1）如圖，設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）
由y=

x2

2m

，得y′=

x

m

∴PM的斜率為

x1

m

PM的方程為y=

x1

m

x-y1
同理得PN：y=

x2

m

x-y2
設(shè)P（x₀，y₀）代入上式得

y0= x1 m x0-y1 y0= x2 m x0-y2

，
即（x₁，y₁），（x₂，y₂）滿足方程y0=

x

m

x0-y                           
故MN的方程為y=

x0

m

x-y0=

x0

m

x-(kx0-m)
上式可化為y-m=

x0

m

(x-mk)，過(guò)交點(diǎn)（mk，m）
∵M(jìn)N過(guò)交點(diǎn)Q（k，1），
∴mk=k，m=1
∴C的方程為x²=2y
（2）要證S_△OAP•S_△OBQ=S_△OAQ•S_△OBP，
即證

|PA|

|PB|

=

|QA|

|QB|

設(shè)A（x₃，y₃），B（x₄，y₄）
則

|PA|

|PB|

-

|QA|

|QB|

=

x3-x0

x4-x0

-

k-x3

x4-k

=

2x3x4-(k+x0)(x3+x4)+2kx0

(x4-x0)(x4-k)

…（Ⅰ）
∵P（x₀，y₀），Q（k，1）
∴PQ直線方程為y-1=

y0-1

x0-k

(x-k)，
與x²=2y聯(lián)立化簡(jiǎn)

x 2 0

2

-

y0-1

x0-k

x+

y0k-x0

x0-k

=0
∴x3x4=2•

y0k-x0

x0-k

…①
x3+x4=

2(y0-1)

x0-k

…②
把①②代入（Ⅰ）式中，
則分子2x3x4-(k+x0)(x3+x4)+2kx0=

4(y0k-x0)

x0-k

-(k+x0)

2(y0-1)

x0-k

+2kx0
=

4y0k-2(y0-1)(k+x0)+2k x 2 0 -2k2x0-4x0

x0-k

…（Ⅱ）
又P點(diǎn)在直線y=kx-1上，
∴y₀=kx₀-1代入Ⅱ中得：
∴

|PA|

|PB|

-

|QA|

|QB|

=

2k x 2 0 -2k-2k x 2 0 +2x0-2x0+2k+2k2x0-2k2x0

x0-k

=0
故得證

點(diǎn)評(píng)：解決直線與圓錐曲線的位置關(guān)系問(wèn)題，一般是設(shè)出直線方程，將直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立，消去一個(gè)未知數(shù)，得到關(guān)于一個(gè)未知數(shù)的二次方程，然后利用韋達(dá)定理找突破口．