Question

6．已知拋物線：y²=2px，直線AB，CD過焦點(diǎn)F，與拋物線交于A，B，C，D，且AB⊥CD，∠AOB=90°．求證：$\frac{1}{\overrightarrow{FA•}\overrightarrow{FB}}+$$\frac{1}{\overrightarrow{FC}•\overrightarrow{FD}}$為定值．

Answer 1

分析 設(shè)直線AB的方程為：y=k（x-$\frac{p}{2}$）（k≠0）．由于AB⊥CD，可得直線CD的方程為y=-$\frac{1}{k}$（x-$\frac{p}{2}$），分別與拋物線的方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關(guān)系，再利用向量的坐標(biāo)運(yùn)算和數(shù)量積運(yùn)算，即可證得$\frac{1}{\overrightarrow{FA•}\overrightarrow{FB}}+$$\frac{1}{\overrightarrow{FC}•\overrightarrow{FD}}$為定值．

解答 證明：如圖所示，由拋物線y²=2px，可得焦點(diǎn)F（$\frac{p}{2}，0$）．
設(shè)直線AB的方程為：y=k（x-$\frac{p}{2}$）（k≠0），
∵AB⊥CD，可得直線CD的方程為y=-$\frac{1}{k}$（x-$\frac{p}{2}$），
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₃，y₃），D（x₄，y₄）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-\frac{p}{2}）}\\{{y}^{2}=2px}\end{array}\right.$，化為4k²x²-（4k²p+8p）x+k²p²=0，
得x₁+x₂=$\frac{{k}^{2}p+2p}{{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{{p}^{2}}{4}$．
同理可得x₃+x₄=p+2k²p，x₃x₄=$\frac{{p}^{2}}{4}$．
∴$\overrightarrow{FA}•\overrightarrow{FB}$=（x₁$-\frac{p}{2}$，y₁）•（x₂-$\frac{p}{2}$，y₂）=x₁x₂-$\frac{p}{2}（{x}_{1}+{x}_{2}）$+$\frac{{p}^{2}}{4}$+y₁•y₂
=x₁x₂-$\frac{p}{2}（{x}_{1}+{x}_{2}）$+$\frac{{p}^{2}}{4}$+${k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}-\frac{{k}^{2}p}{2}（{x}_{1}+{x}_{2}）+\frac{{k}^{2}{p}^{2}}{4}$
=$（{k}^{2}+1）{x}_{1}{x}_{2}-（\frac{{k}^{2}p}{2}+\frac{p}{2}）（{x}_{1}+{x}_{2}）+\frac{{p}^{2}}{4}（{k}^{2}+1）$
=$（{k}^{2}+1）[\frac{{p}^{2}}{4}-\frac{p}{2}\frac{{k}^{2}p+2p}{{k}^{2}}+\frac{{p}^{2}}{4}]$=$-\frac{{p}^{2}（{k}^{2}+1）}{{k}^{2}}$；
同理可得$\overrightarrow{FC}•\overrightarrow{FD}$=-p²（k²+1）．
∴$\frac{1}{\overrightarrow{FA•}\overrightarrow{FB}}+$$\frac{1}{\overrightarrow{FC}•\overrightarrow{FD}}$=$-\frac{{k}^{2}}{{p}^{2}（{k}^{2}+1）}-\frac{1}{{p}^{2}（{k}^{2}+1）}=-\frac{{k}^{2}+1}{{p}^{2}（{k}^{2}+1）}$=$-\frac{1}{{p}^{2}}$，為定值．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與拋物線位置關(guān)系的應(yīng)用，聯(lián)立直線方程與拋物線方程，化為關(guān)于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系求解是解題的關(guān)鍵，考查向量的坐標(biāo)運(yùn)算和數(shù)量積運(yùn)算，考查了推理論證能力和計(jì)算能力，屬于難題．