Question

8．已知拋物線C的頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)F（1，0），其準(zhǔn)線與x軸的交點(diǎn)為K，過(guò)點(diǎn)K的直線l與C交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)A關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為D．
（1）證明：點(diǎn)F在直線BD上；
（2）設(shè)$\overrightarrow{FA}$•$\overrightarrow{FB}$=$\frac{8}{9}$，求△BDK內(nèi)切圓M的方程．

Answer 1

分析 （1）由點(diǎn)K（-1，0）為直線l與拋物線C準(zhǔn)線的交點(diǎn)可求拋物線C的方程，設(shè)直線l的方程為x=my-1與拋物線方程聯(lián)立，求出BD的方程，即可得出結(jié)論；
（2）設(shè)直線方程代入拋物線方程，根據(jù)$\overrightarrow{FA}$•$\overrightarrow{FB}$=$\frac{8}{9}$，結(jié)合韋達(dá)定理，即可求直線l的方程，再確定圓心與半徑，即可求△BDK內(nèi)切圓M的方程．

解答 解：（1）證明：由題可知K（-1，0），拋物線的方程為y²=4x，則可設(shè)直線l的方程為x=my-1，
A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），D（x₁，-y₁），
故$\left\{{\begin{array}{l}{x=my-1}\\{{y^2}=4x}\end{array}}\right.$整理得y²-4my+4=0，故$\left\{{\begin{array}{l}{{y_1}+{y_2}=4m}\\{{y_1}{y_2}=4}\end{array}}\right.$，
則直線BD的方程為$y-{y_2}=\frac{{{y_2}+{y_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}（{x-{x_1}}）$，
即$y-{y_2}=\frac{4}{{{y_2}-{y_1}}}（{x-\frac{y_2^2}{4}}）$，
令y=0，得$x=\frac{{{y_1}{y_2}}}{4}=1$，
所以F（1，0）在直線BD上；
（2）由（1）可知$\left\{{\begin{array}{l}{{y_1}+{y_2}=4m}\\{{y_1}{y_2}=4}\end{array}}\right.$，
所以${x_1}+{x_2}=（{m{y_1}-1}）+（{m{y_2}-1}）=4{m^2}-2，{x_1}•{x_2}=\frac{y_1^2y_2^2}{16}=1$，
又$\overrightarrow{FA}$=（x₁-1，y₁），$\overrightarrow{FB}$=（x₁-2，y₂），
故$\overrightarrow{FA}$•$\overrightarrow{FB}$=x₁x₂-（x₁+x₂）+5=8-4m²，
則$8-4{m^2}=\frac{8}{9}$，
∴$m=±\frac{4}{3}$，
故直線l的方程為3x+4y+3=0或3x-4y+3=0，
又${y_2}-{y_1}=±\sqrt{{{（{{y_2}+{y_1}}）}^2}-4{y_1}{y_2}}=±\sqrt{16{m^2}-16}=±\frac{{4\sqrt{7}}}{3}$，
∴${k_{BD}}=\frac{{{y_2}+{y_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}=\frac{4}{{{y_2}-{y_1}}}=±\frac{3}{{\sqrt{7}}}$，
故直線BD的方程$3x+\sqrt{7}y-3=0$或$3x-\sqrt{7}y-3=0$，
又KF為∠BKD的平分線，
故可設(shè)圓心M（t，0）（-1＜t＜1），M（t，0）到直線l及BD的距離分別為$\frac{{3|{t+1}|}}{5}，\frac{{3|{t-1}|}}{4}$，
由$\frac{{3|{t+1}|}}{5}=\frac{{3|{t-1}|}}{4}$得$t=\frac{1}{9}$或t=9（舍去）．
故圓M的半徑為$r=\frac{{3|{t+1}|}}{5}=\frac{2}{3}$，
所以圓M的方程為${（{x-\frac{1}{9}}）^2}+{y^2}=\frac{4}{9}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程，考查直線與拋物線的位置關(guān)系，考查向量知識(shí)的運(yùn)用，考查學(xué)生的計(jì)算能力，正確運(yùn)用韋達(dá)定理是關(guān)鍵．