Question

8．已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線C：y²=nx（n＞0）在第一象限內(nèi)的點(diǎn)P（1，t）到焦點(diǎn)的距離為2，曲線C在點(diǎn)P處的切線交x軸于點(diǎn)Q，直線l₁經(jīng)過(guò)點(diǎn)Q且垂直于x軸．
（Ⅰ）求線段OQ的長(zhǎng)；
（Ⅱ）設(shè)不經(jīng)過(guò)點(diǎn)P和Q的動(dòng)直線l₂：x=my+b交曲線C于點(diǎn)A和B，交l₁于點(diǎn)E，若直線PA，PE，PB的斜率依次成等差數(shù)列，試問(wèn)：l₂是否過(guò)定點(diǎn)？請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由拋物線C：y²=nx（n＞0）在第一象限內(nèi)的點(diǎn)P（1，t）到焦點(diǎn)的距離為2，得1+$\frac{n}{4}$=2，所以n=4，由曲線C在第一象限的圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式為y=2$\sqrt{x}$，利用導(dǎo)數(shù)得切線方程為：y-2=x-1，即可得線段|OQ|
（Ⅱ）設(shè)l₂：x=my+b，令x=-1，得y=-$\frac{b+1}{m}$，故E（-1，-$\frac{b+1}{m}$），設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），由$\left\{\begin{array}{l}{x=my+b}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$消去x得：y²-4my-4b=0，可得直線PA的斜率為$\frac{{y}_{1}-2}{{x}_{1}-1}=\frac{{y}_{1}-2}{\frac{{{y}_{1}}^{2}}{4}-1}=\frac{4}{{y}_{1}+2}$，
同理直線PB的斜率為$\frac{4}{{y}_{2}+2}$，直線PE的斜率為$\frac{2+\frac{b+1}{m}}{2}$，由直線PA，PE，PB的斜率依次成等差數(shù)列，$\frac{4}{{y}_{1}+2}$+$\frac{4}{{y}_{2}+2}$=2×$\frac{2+\frac{b+1}{m}}{2}$，即$\frac{2b+2}{2m-b+1}=\frac{b+1}{m}$，即可求出b

解答 解：（Ⅰ）由拋物線C：y²=nx（n＞0）在第一象限內(nèi)的點(diǎn)P（1，t）到焦點(diǎn)的距離為2，得1+$\frac{n}{4}$=2，所以n=4，故拋物線方程為y²=4x，P（1，2），…（2分）
所以曲線C在第一象限的圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù)解析式為y=2$\sqrt{x}$，則y′=$\frac{1}{\sqrt{x}}$
故曲線C在點(diǎn)P處的切線斜率k=1，
切線方程為：y-2=x-1，即x-y+1=0，…（3分）
令y=0得x=-1，所以點(diǎn)Q（-1，0），
故線段|OQ|=1，…（4分）
（Ⅱ）由題意知l₁：x=-1，因?yàn)閘₂與l₁ 相交，所以m≠0，
設(shè)l₂：x=my+b，令x=-1，得y=-$\frac{b+1}{m}$，
故E（-1，-$\frac{b+1}{m}$），…（5分）
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{x=my+b}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$消去x得：y²-4my-4b=0，
則y₁+y₂=4m，y₁y₂=-4b，…（7分）
直線PA的斜率為$\frac{{y}_{1}-2}{{x}_{1}-1}=\frac{{y}_{1}-2}{\frac{{{y}_{1}}^{2}}{4}-1}=\frac{4}{{y}_{1}+2}$，
同理直線PB的斜率為$\frac{4}{{y}_{2}+2}$，直線PE的斜率為$\frac{2+\frac{b+1}{m}}{2}$，…（8分）
因?yàn)橹本�PA，PE，PB的斜率依次成等差數(shù)列，
所以$\frac{4}{{y}_{1}+2}$+$\frac{4}{{y}_{2}+2}$=2×$\frac{2+\frac{b+1}{m}}{2}$，
即$\frac{2b+2}{2m-b+1}=\frac{b+1}{m}$，…（10分）
因?yàn)閘₂不經(jīng)過(guò)點(diǎn)Q，所以b≠-1，
所以2m-b+1=m，即b=1，…（11分）
故l₂：x=my+1，即l₂恒過(guò)定點(diǎn)（1，0）…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了拋物線方程，直線與拋物線的位置關(guān)系，屬于中檔題．