Question

16．已知拋物線Γ：x²=2py（p＞0）上一點P（4，m）到焦點F的距離為$\frac{5}{4}m$．
（Ⅰ）求Γ的方程；
（Ⅱ）過點C（0，2）的直線交Γ于A，B兩點，以AB為直徑的圓交y軸于M，N兩點，證明：$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}$為定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得拋物線的焦點和準線方程，運用拋物線的定義解方程可得m=2p，求出P的坐標，可得拋物線的方程；
（Ⅱ）方法一、設直線AB的方程為y=kx+2，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），AB的中點Q（x₀，y₀），聯(lián)立直線方程和拋物線方程，運用韋達定理和判別式大于0，中點坐標公式和弦長公式求得圓心和半徑，可得以AB為直徑的圓的方程，令x=0，可得M，N的坐標，再由向量的數(shù)量積的坐標表示，計算即可得證；
方法二：設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（0，m），N（0，n），求出向量MA，MB的坐標，由題意可得$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}=0$，運用向量數(shù)量積的坐標表示，構造二次方程，運用韋達定理，以及聯(lián)立直線方程和拋物線的方程，運用韋達定理，解方程即可得到定值．

解答 解：（Ⅰ）拋物線Γ：x²=2py的焦點為$F（0，\frac{p}{2}）$，準線方程為$y=-\frac{p}{2}$．
∵P（4，m）到焦點F的距離為$\frac{5}{4}m$．
∴$|{PF}|=m+\frac{p}{2}=\frac{5}{4}m$，
∴m=2p，
∴P的坐標為（4，2p）．
∴4²=2p•2p．
∵p＞0，
∴p=2，
∴拋物線Γ的方程為：x²=4y．
（Ⅱ）證法一、設直線AB的方程為y=kx+2，
A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），AB的中點Q（x₀，y₀），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=kx+2\\{x^2}=4y\end{array}\right.$，整理得：x²-4kx-8=0，
∴△=16k²+32＞0，x₁+x₂=4k，
∴${x_0}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}=2k$，${y_0}=k{x_0}+2=2{k^2}+2$，
即Q（2k，2k²+2），
又$|{AB}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-{x_2}}|$
=$\sqrt{1+{k^2}}\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}$=$4\sqrt{（1+{k^2}）（2+{k^2}）}$，
∴以AB為直徑的圓Q的方程為：（x-2k）²+（y-2k²-2）²=4（1+k²）（2+k²）．
令x=0得，y²-（4k²+4）y-4=0．
設M（0，y₃），N（0，y₄），則y₃y₄=-4，
∴$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}={y_3}{y_4}=-4$為定值．
證法二：設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（0，m），N（0，n），
則$\overrightarrow{MA}=（{x_1}，{y_1}-m），\overrightarrow{MB}=（{x_2}，{y_2}-m）$，
由已知可得$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}=0$，
∴x₁x₂+（y₁-m）（y₂-m）=0，即m²-（y₁+y₂）m+（x₁x₂+y₁y₂）=0，
同理可得，n²-（y₁+y₂）n+（x₁x₂+y₁y₂）=0
∴m，n為方程x²-（y₁+y₂）x+（x₁x₂+y₁y₂）=0的兩根，
∴$m•n={x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}={x_1}{x_2}+{（\frac{{{x_1}{x_2}}}{4}）^2}$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=kx+2\\{x^2}=4y\end{array}\right.$，整理得：x²-4kx-8=0，
∴△=16k²+32＞0，x₁•x₂=-8，
∴m•n=-4，即$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}=-4$為定值．

點評 本題主要考查直線、橢圓、軌跡等基礎知識及直線與圓錐曲線的位置關系；考查運算求解能力、推理論證能力；考查化歸與轉化思想．