Question

4．在平面直角坐標(biāo)系xoy中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，已知點(diǎn)Q（1，2），P是動(dòng)點(diǎn)，且三角形POQ的三邊所在直線的斜率滿足$\frac{1}{{{k_{OP}}}}+\frac{1}{{{k_{OQ}}}}=\frac{1}{{{k_{PQ}}}}$．
（1）求點(diǎn)P的軌跡C的方程；
（2）過F作傾斜角為60°的直線L，交曲線C于A，B兩點(diǎn)，求△AOB的面積；
（3）過點(diǎn)D（1，0）任作兩條互相垂直的直線l₁，l₂，分別交軌跡C于點(diǎn)A，B和M，N，設(shè)線段AB，MN的中點(diǎn)分別為E，F(xiàn)．求證：直線EF恒過一定點(diǎn)．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出P點(diǎn)坐標(biāo)，求出OP、OQ、PQ的斜率，代入$\frac{1}{{{k_{OP}}}}+\frac{1}{{{k_{OQ}}}}=\frac{1}{{{k_{PQ}}}}$，整理可得點(diǎn)P的軌跡C的方程；
（2）過F作傾斜角為60°的直線L，與曲線C聯(lián)立，利用韋達(dá)定理，即可求△AOB的面積；
（3）設(shè)直線l₁的方程為y=k（x-1）（k≠0），與拋物線方程聯(lián)立，化為關(guān)于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系求得E的坐標(biāo)，同理求出F的坐標(biāo)，進(jìn)一步求出EF所在直線方程，由線系方程證明直線EF恒過一定點(diǎn)．

解答 解：（1）設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為P（x，y），則…（2分）
由$\frac{1}{{{k_{OP}}}}+\frac{1}{{{k_{OQ}}}}=\frac{1}{{{k_{PQ}}}}$，得$\frac{x}{y}+\frac{1}{2}=\frac{x-1}{y-2}$．
整理得點(diǎn)P的軌跡的方程為：y²=4x（y≠0，y≠2）；   …（4分）
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），由$\left\{\begin{array}{l}{y^2}=4x\\ y=\sqrt{3}（x-1）\end{array}\right.$
得：${y^2}-\frac{4}{3}\sqrt{3}y-4=0$，
∴${y_1}+{y_2}=\frac{4}{3}\sqrt{3}\;\;，\;\;{y_1}{y_2}=-4$…（6分）
∴${S_△}=\frac{1}{2}×|OF|×|{y_2}-{y_1}|$=$\frac{1}{2}×1×\sqrt{{{（{y_1}+{y_2}）}^2}-4{y_1}{y_2}}$=$\frac{1}{2}•\sqrt{\frac{16}{3}+16}$=$\frac{4}{3}\sqrt{3}$…（8分）
（3）證明：設(shè)點(diǎn)A，B的坐標(biāo)為A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則點(diǎn)E的坐標(biāo)為（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}$）．
由題意可設(shè)直線l₁的方程為y=k（x-1）（k≠0），
聯(lián)立拋物線方程，消去y得k²x²-（2k²+4）x+k²=0，△=（2k²+4）²-4k⁴=16k²+16＞0．      …（9分）
∵直線l₁與拋物線交于A，B兩點(diǎn)，∴x₁+x₂=2+$\frac{4}{{k}^{2}}$，y₁+y₁=$\frac{4}{k}$，…（10分）
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（1+$\frac{2}{{k}^{2}}$，$\frac{2}{k}$）．
由題知，直線l₂的斜率為-$\frac{1}{k}$，
同理可得F的坐標(biāo)為（1+2k²，-2k）．…（11分）
當(dāng)k≠±1時(shí)，有1+$\frac{2}{{k}^{2}}$≠1+2k²．此時(shí)直線EF的斜率為：k_EF=$\frac{k}{1-{k}^{2}}$，
∴直線EF的方程為y+2k=$\frac{k}{1-{k}^{2}}$（x-1-2k²），整理得y=$\frac{k}{1-{k}^{2}}$（x-3）．恒過定點(diǎn)（3，0）…（13分）
當(dāng)k=±1時(shí)，直線EF的方程為x=3，也過點(diǎn)（3，0）．
綜上所述，直線EF恒過定點(diǎn)（3，0）．…（14分）

點(diǎn)評 本題考查軌跡方程的求法，考查了直線與拋物線位置關(guān)系的應(yīng)用，體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，是中檔題．