Question

12．從拋物線G：x²=2py（p為常數(shù)且p＞0）外一點P引拋物線G的兩條切線PA和PB（切點為A、B），分別與x軸相交于點C、D，若AB與y軸相交于點Q．
（1）求證：四邊形PCQD是平行四邊形；
（2）四邊形PCQD能否為矩形？若能，求出點Q的坐標(biāo)；若不能，請說明理由．

Answer 1

分析 （I）設(shè)A，B的坐標(biāo)，求出切線PA，PB的方程，解出P點坐標(biāo)，設(shè)Q坐標(biāo)和直線AB方程，聯(lián)立方程組得出P，Q點的坐標(biāo)關(guān)系證明CD平分PQ，求出C，D坐標(biāo)，得出CD的中點，代入PQ方程即可得出PQ平分CD，于是得出結(jié)論；
（II）若四邊形PCQD能否為矩形，則|PQ|=|CD|，列方程解出p，t的關(guān)系得出Q坐標(biāo)．

解答 解：（I）由x²=2py得y=$\frac{{x}^{2}}{2p}$，∴y′=$\frac{x}{p}$．
設(shè)A（x₁，$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{2p}$），B（x₂，$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{2p}$），則直線PA的方程為y-$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{2p}$=$\frac{{x}_{1}}{p}$（x-x₁），①
直線PB的方程為y-$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{2p}$=$\frac{{x}_{2}}{p}$（x-x₂），②
由①、②解得x=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，y=$\frac{{x}_{1}{x}_{2}}{2p}$，∴P點坐標(biāo)為（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，$\frac{{x}_{1}{x}_{2}}{2p}$）．
設(shè)點Q（0，t），則直線AB的方程為y=kx+t．
由$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}=2py}\\{y=kx+t}\end{array}\right.$得x²-2pkx-2pt=0，則x₁+x₂=2pk，x₁x₂=-2pt，
∴P（pk，-t），∴線段PQ被x軸平分，即被線段CD平分．
在①中，令y=0，解得x=$\frac{{x}_{1}}{2}$，∴C（$\frac{{x}_{1}}{2}$，0）；同理得D（$\frac{{x}_{2}}{2}$，0），
∴線段CD的中點坐標(biāo)為（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{4}$，0），即（$\frac{pk}{2}$，0）．
又∵直線PQ的方程為y=-$\frac{2t}{pk}$x+t，∴線段CD的中點（$\frac{pk}{2}$，0）在直線PQ上，即線段CD被線段PQ平分，
∴四邊形PCQD是平行四邊形．
（II）若四邊形PCQD是矩形，則|PQ|=|CD|，即$\sqrt{{p}^{2}{k}^{2}+4{t}^{2}}$=$\sqrt{\frac{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}}{4}}$=$\frac{1}{2}$$\sqrt{4{p}^{2}{k}^{2}+8pt}$，解得t=$\frac{p}{2}$．
∴當(dāng)點Q為（0，$\frac{p}{2}$）（即拋物線G的焦點）時，四邊形PCQD為矩形．

點評 本題考查了拋物線的性質(zhì)，直線與拋物線的位置關(guān)系，屬于中檔題．