Question

2．已知拋物線C：y²=2px（p＞0）過點(diǎn)A（1，m），B為拋物線的準(zhǔn)線與x軸的交點(diǎn)，若|AB|=2$\sqrt{2}$．
（1）求拋物線的方程；
（2）在拋物線上任取一點(diǎn)P（x₀，y₀），過點(diǎn)P作兩條直線分別與拋物線另外相交于點(diǎn)M和點(diǎn)N，連接MN，若直線PM，PN，MN的斜率都存在且不為零，設(shè)其斜率分別為k₁，k₂，k₃，求證：$\frac{1}{k_1}+\frac{1}{k_2}-\frac{1}{k_3}=\frac{y_0}{2}$．

Answer 1

分析 （1）求出A的坐標(biāo)，利用|AB|=2$\sqrt{2}$，求出p，即可求拋物線的方程；
（2）求出M，N的坐標(biāo)，確定相應(yīng)的斜率，即可證明結(jié)論．

解答 （1）解：$A（1，±\sqrt{2p}）$，$|AB{|^2}={（1+\frac{p}{2}）^2}+2p$，
∵$|AB|=2\sqrt{2}$，代入解得：p=2或p=-14（舍去），
所以拋物線的方程為y²=4x．
（2）證明：設(shè)點(diǎn)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
因?yàn)辄c(diǎn)P（x₀，y₀）在拋物線y²=4x上，所以$P（\frac{{{y_0}^2}}{4}，{y_0}）$，
故直線PM的方程為$y-{y_0}={k_1}（x-\frac{{{y_0}^2}}{4}）$，
由$\left\{\begin{array}{l}y-{y_0}={k_1}（x-\frac{{{y_0}^2}}{4}）\\{y^2}=4x\end{array}\right.$得${y^2}-\frac{4}{k_1}y+\frac{4}{k_1}{y_0}-{y_0}^2=0$，
此方程的兩個(gè)根分別為y=y₀，y=y₁，${y_0}+{y_1}=\frac{4}{k_1}$，
∴${y_1}=\frac{4}{k_1}-{y_0}$，${x_1}=\frac{{{y_1}^2}}{4}=\frac{{{{（4-{y_0}{k_1}）}^2}}}{{4{k_1}^2}}$，$M（\frac{{{{（4-{y_0}{k_1}）}^2}}}{{4{k_1}^2}}，\frac{4}{k_1}-{y_0}）$，
同理可得$N（\frac{{{{（4-{y_0}{k_2}）}^2}}}{{4{k_2}^2}}，\frac{4}{k_2}-{y_0}）$．${k_3}=\frac{{\frac{4}{k_1}-{y_0}-（\frac{4}{k_2}-{y_0}）}}{{\frac{{{{（4-{y_0}{k_1}）}^2}}}{{4{k_1}^2}}-\frac{{{{（4-{y_0}{k_2}）}^2}}}{{4{k_2}^2}}}}$，化簡(jiǎn)得${k_3}=\frac{{2{k_1}{k_2}}}{{2（{k_1}+{k_2}）-{y_0}{k_1}{k_2}}}$，
故$\frac{1}{k_3}=\frac{1}{k_1}+\frac{1}{k_2}-\frac{y_0}{2}$，
∴$\frac{1}{k_1}+\frac{1}{k_2}-\frac{1}{k_3}=\frac{y_0}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查拋物線的方程與性質(zhì)，考查直線與拋物線的位置關(guān)系，考查學(xué)生的計(jì)算能力，屬于中檔題．