Question

5．在平面直角坐標系xOy中，已知定點T（0，-4），動點Q，R分別在x，y軸上，且$\overrightarrow{TQ}•\overrightarrow{QR}=0$，點P為RQ的中點，點P的軌跡為曲線C，點E是曲線C上一點，其橫坐標為2，經(jīng)過點（0，2）的直線l與曲線C交于不同的兩點A，B（不同于點E），直線EA，EB分別交直線y=-2于點M，N．
（I）求點P的軌跡方程；
（II）若O為原點，求證：$∠MON=\frac{π}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可知，設(shè)P（x，y），利用中點坐標公式求得Q（2x，0），R（0，2y），分別求得$\overline{TQ}$和$\overline{QR}$，由$\overrightarrow{TQ}•\overrightarrow{QR}=0$，整理即可求得P的軌跡方程；
（Ⅱ）由（I）可知點E的坐標為（2，2），設(shè)出A、B的坐標及直線方程，與拋物線方程聯(lián)立，整理得到關(guān)于x的一元二次方程，根據(jù)韋達定理求得x₁x₂，x₁+x₂，求得直線AE的方程，分別表示出向量$\overline{OM}$和$\overline{ON}$，并求得$\overline{OM}$•$\overline{ON}$=0，即可求得OM⊥ON，以此$∠MON=\frac{π}{2}$．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)P（x，y），Q（x₀，0），R（0，y₀），
∵點P為RQ的中點，
∴$\left\{\begin{array}{l}x=\frac{x_0}{2}\\ y=\frac{y_0}{2}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{x_0}=2x\\{y_0}=2y\end{array}\right.$，
∴Q（2x，0），R（0，2y）．（2分）
∵T（0，-4），$\overrightarrow{TQ}•\overrightarrow{QR}=0$，$\overrightarrow{TQ}=（2x，4），\overrightarrow{RQ}=（2x，-2y）$；
∴4x²-8y=0即x²=2y（5分）
（Ⅱ）證明：由（I）可知點E的坐標為（2，2），設(shè)$A（{x_1}，\frac{x_1^2}{2}）$，$B（{x_2}，\frac{x_2^2}{2}）$，M（x_M，-2），N（x_N，-2），
∵直線l與曲線C交于不同的兩點A，B（不同于點E）．
∴直線l一定有斜率，設(shè)直線l方程為y=kx+2（k≠0）（6分）
與拋物線方程聯(lián)立得到$\left\{\begin{array}{l}y=kx+2\\{x^2}=2y\end{array}\right.$，消去y，得：x²-2kx-4=0
則由韋達定理得：x₁x₂=-4，x₁+x₂=2k（7分）
直線AE的方程為：$y-2=\frac{{\frac{x_1^2}{2}-2}}{{{x_1}-2}}（{x-2}）$，即$y=\frac{{{x_1}+2}}{2}（{x-2}）+2$，
令y=-2，得${x_M}=\frac{{2{x_1}-4}}{{{x_1}+2}}$同理可得：${x_N}=\frac{{2{x_2}-4}}{{{x_2}+2}}$（9分）
又$\overrightarrow{OM}=（{x_M}，-2），\overrightarrow{ON}=（{x_N}，-2）$，
得：$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}={x_M}{x_N}+4=4+\frac{{2{x_1}-4}}{{{x_1}+2}}•\frac{{2{x_2}-4}}{{{x_2}+2}}$，
=$4+\frac{{4[{x_1}{x_2}-2（{x_1}+{x_2}）+4]}}{{{x_1}{x_2}+2（{x_1}+{x_2}）+4}}$，
=$4+\frac{4（-4-4k+4）}{（-4+4k+4）}=0$．（11分）
∴OM⊥ON，即∠MON=$\frac{π}{2}$（12分）

點評 本題考查了拋物線的標準方程及其性質(zhì)、數(shù)量積運算性質(zhì)、直線與拋物線相交轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關(guān)系，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．