Question

17．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（2，t）到焦點(diǎn)的距離為$\frac{5}{2}$，C在點(diǎn)P處的切線交x軸于點(diǎn)Q，直線l₁經(jīng)過點(diǎn)Q且垂直于x軸．
（1）求線段OQ的長；
（2）設(shè)不經(jīng)過點(diǎn)P和Q的動(dòng)直線l₂：x=my+b交C交點(diǎn)A和B，交l₁于點(diǎn)E，若直線PA，PB的斜率依次成等差數(shù)列，試問：l₂是否過定點(diǎn)？請說明理由．

Answer 1

分析 （1）先求出p的值，然后求出在第一象限的函數(shù)，結(jié)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出N的坐標(biāo)即可求線段OQ的長；
（2）聯(lián)立直線和拋物線方程進(jìn)行消元，轉(zhuǎn)化為關(guān)于y的一元二次方程，根據(jù)根與系數(shù)之間的關(guān)系結(jié)合直線斜率的關(guān)系建立方程進(jìn)行求解即可．

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

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查直線和拋物線的位置關(guān)系，利用直線和拋物線方程，轉(zhuǎn)化為一元二次方程，結(jié)合韋達(dá)定理，利用設(shè)而不求的思想是解決本題的關(guān)鍵．