Question

3．已知拋物線C：y=ax²（a＞0）的交點(diǎn)為F，直線x=2與x軸相交于點(diǎn)M，與曲線C相交于點(diǎn)N，且$|{MN}|=\frac{4}{5}|{FN}|$
（1）求拋物線C的方程；
（2）過點(diǎn)F的直線l交拋物線C與A、B兩點(diǎn)，AB的垂直平分線m與C相交于C、D兩點(diǎn)，使$\overrightarrow{AC}•\overrightarrow{AD}=0$，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）將拋物線轉(zhuǎn)化成標(biāo)準(zhǔn)方程，求的焦點(diǎn)坐標(biāo)，$|{MN}|=\frac{4}{5}|{FN}|$，根據(jù)拋物線的第二定義，即可求得丨MN丨=$\frac{1}{a}$，求得N點(diǎn)坐標(biāo)，代入拋物線方程即可求得a值，求得拋物線方程；
（2）設(shè)出直線l的方程，代入拋物線方程，根據(jù)韋達(dá)定理即弦長(zhǎng)公式求得H點(diǎn)坐標(biāo)、丨AB丨和丨AH丨，同理設(shè)出直線CD：y=-$\frac{1}{k}$x+k²+$\frac{3}{2}$，求得Q點(diǎn)坐標(biāo)、丨CD丨和丨HQ丨²，在Rt△ACD中，丨AQ丨=$\frac{1}{2}$丨CD丨，根據(jù)勾股定理丨AH丨²+丨HQ丨²=丨AQ丨²，即可求得k值，求得直線方程．

解答 解：（1）由已知拋物線C：x²=$\frac{1}{a}$y（a＞0）的焦點(diǎn)F（0，$\frac{1}{4a}$），
由$|{MN}|=\frac{4}{5}|{FN}|$，得丨FN丨=$\frac{5}{4}$丨MN丨=丨MN丨+$\frac{1}{4a}$，即丨MN丨=$\frac{1}{a}$，
點(diǎn)N（2，4a），所以$\frac{1}{a}$=4a（a＞0）a=$\frac{1}{2}$，
所以拋物線方程：x²=2y；
（2）設(shè)AB與CD相交于H，CD的中點(diǎn)為Q，
由題意可知直線m斜率存在且不為0，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
設(shè)直線方程l：y=kx+$\frac{1}{2}$，代入拋物線方程x²=2y，整理得：x²-2kx-1=0，
由韋達(dá)定理可知：x₁+x₂=2k，x₁•x₂=-1，
H（k，k²+$\frac{1}{2}$），丨AB丨=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（2k）^{2}-4×（-1）]}$=2（2+k²），
丨AH丨=2+k²，
∴l(xiāng)_CD：y=-$\frac{1}{k}$x+k²+$\frac{3}{2}$，與x²=2y聯(lián)立得：x²+$\frac{2}{k}$x-（2k²+3）=0，
設(shè)C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），
由韋達(dá)定理可知：x₁+x₂=-$\frac{2}{k}$，x₁•x₂=-（2k²+3），
求得Q（-$\frac{1}{k}$，$\frac{1}{{k}^{2}}$+k²+$\frac{3}{2}$），=（k+$\frac{1}{k}$）²+（$\frac{1}{{k}^{2}}$+1）²，
丨CD丨=$\sqrt{（1+\frac{1}{{k}^{2}}）[\frac{4}{{k}^{2}}+4（2{k}^{2}+3）]}$=$\sqrt{\frac{4（1+{k}^{2}）^{2}（2{k}^{2}+1）}{{k}^{4}}}$，
在Rt△ACD中，丨AQ丨=$\frac{1}{2}$丨CD丨，又丨AH丨²+丨HQ丨²=丨AQ丨²，
（1+k2）²+（k+$\frac{1}{k}$）²+（$\frac{1}{{k}^{2}}$+1）²=$\frac{（1+{k}^{2}）（2{k}^{2}+1）}{{k}^{4}}$，
解得k=±1，
直線l的方程為y=±x+$\frac{1}{2}$

點(diǎn)評(píng) 本題考查拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程及其簡(jiǎn)單性質(zhì)，直線與拋物線的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理及弦長(zhǎng)公式的應(yīng)用，考查綜合分析問題解決問題的能力，屬于中檔題．