Question

6．已知?jiǎng)狱c(diǎn)M（x，y）和頂點(diǎn)N（0，1），MN的中點(diǎn)為P，若直線MN，OP的斜率之積為-$\frac{1}{2}$，動(dòng)點(diǎn)M的軌跡為C₁
（1）求曲線C₁的方程；
（2）若Q（s，t）（t≠0）為曲線C₁與拋物線C₂：x²=2py的公共點(diǎn)，記在點(diǎn)Q處的切線分別為l₁，l₂，證明：l₁⊥l₂．

Answer 1

分析 （1）由題意可得P點(diǎn)坐標(biāo)，求得MN、OP的斜率，再由直線MN，OP的斜率之積為-$\frac{1}{2}$列式整理求得曲線C₁的方程；
（2）設(shè)l₁：y-t=k₁（x-s），把l₁的方程代入C₁并整理得關(guān)于x的一元二次方程，由判別式=0求得k₁，再由C₂過點(diǎn)Q得到C₂的方程，進(jìn)一步求得l₂的斜率，由斜率之積等于-1求得l₁⊥l₂．

解答 （1）解：由題意可得：P（$\frac{x}{2}，\frac{y+1}{2}$），
∴${k}_{MN}=\frac{y-1}{x}，{k}_{OP}=\frac{\frac{y+1}{2}}{\frac{x}{2}}=\frac{y+1}{x}$，
則$\frac{（y-1）（y+1）}{{x}^{2}}=-\frac{1}{2}（x≠0）$，化簡并整理得：$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1（x≠0）$；
（2）證明：由題意得：x≠0，又t≠0，
∴l(xiāng)₁，l₂的斜率存在且不為0，
l₁：y-t=k₁（x-s），即y=k₁x+（t-k₁s），
把l₁的方程代入C₁并整理得：$（1+2{{k}_{1}}^{2}）{x}^{2}+4{k}_{1}（t-{k}_{1}s）x+2（t-{k}_{1}s）^{2}-2=0$．
△=$16{k}^{2}（t-{k}_{1}s）^{2}-4（1+2{{k}_{1}}^{2}）[2（t-{k}_{1}s）^{2}-2]$=0．
化簡整理得：$（t-{k}_{1}s）^{2}=1+2{{k}_{1}}^{2}$．
即$（{s}^{2}-2）{{k}_{1}}^{2}-2st{k}_{1}+{t}^{2}-1=0$有且僅有一解．
∴${k}_{1}=\frac{st}{{s}^{2}-2}$．
由s²+2t²=2，得${k}_{1}=-\frac{s}{2t}$，
∵C₂過點(diǎn)Q，∴s²=2pt，即$2p=\frac{{s}^{2}}{t}$，
∴C₂的方程為$y=\frac{t}{{s}^{2}}{x}^{2}$．
即l₂的斜率為${k}_{2}=\frac{2t}{s}$，
∴k₁•k₂=-1．
∴l(xiāng)₁⊥l₂．

點(diǎn)評 本題考查橢圓方程的求法，考查了拋物線的應(yīng)用，平面解析式的基礎(chǔ)知識．考查了考生的基礎(chǔ)知識的綜合運(yùn)用和知識遷移的能力，是中檔題．