Question

5．以拋物線Γ的頂點(diǎn)為圓心，$\sqrt{2}$為半徑的圓交Γ于A、B兩點(diǎn)，且AB=2
（1）建立適當(dāng)?shù)淖鴺?biāo)系，求Γ的方程；
（2）若過(guò)點(diǎn)A且與Γ只有一個(gè)公共點(diǎn)的直線交Γ的對(duì)稱軸于點(diǎn)C，點(diǎn)D在線段AB上，直線CD與Γ交于P、Q兩點(diǎn)，求證：PC•QD=PD•QC．

Answer 1

分析 方法一：（1）由點(diǎn)到直線的距離公式，即可求得O到直線AB的距離，建立直角坐標(biāo)系，求得A點(diǎn)坐標(biāo)，代入即可求得Γ的方程；
（2）求導(dǎo)，求得切線方程，代入求得C點(diǎn)坐標(biāo)，設(shè)直線CD的方程，代入拋物線方程，利用韋達(dá)定理，及$\frac{丨PC丨}{丨QC丨}$=$\frac{丨{x}_{1}丨}{{丨x}_{2}丨}$=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，則$\frac{丨PD丨}{丨QD丨}$=$\frac{丨{x}_{1}-\frac{2}{k}丨}{丨{x}_{2}-\frac{2}{k}丨}$=$\frac{-{x}_{1}+\frac{2}{k}}{{x}_{2}-\frac{2}{k}}$，作差即可求得$\frac{丨PC丨}{丨QC丨}$=$\frac{丨PD丨}{丨QD丨}$，即可證明PC•QD=PD•QC；
方法二：由點(diǎn)到直線的距離公式，即可求得O到直線AB的距離，建立直角坐標(biāo)系，求得A點(diǎn)坐標(biāo)，代入即可求得Γ的方程；
（2）設(shè)切線AC的方程，求得C點(diǎn)坐標(biāo)，設(shè)直線CD方程，求得D點(diǎn)坐標(biāo)，丨PC丨•丨QD丨=丨PD丨•丨QC丨，只需證y₁•（y₂-2k）=（2k-y₁）•y₂，將直線方程代入拋物線方程即可利用韋達(dá)定理即可證明等式成立；
方法三：（1）同方法一，（2）求導(dǎo)，求得切線方程及C點(diǎn)坐標(biāo)，設(shè)D（x₀，1）及直線CD的方程，分別表示出$\frac{丨PC丨}{丨QC丨}$，$\frac{丨PD丨}{丨QD丨}$，利用韋達(dá)定理即可求得$\frac{丨PC丨}{丨QC丨}$-$\frac{丨PD丨}{丨QD丨}$=0，證明PC•QD=PD•QC；
方法四：（1）同方法一，（2）求導(dǎo)，求得切線方程及C點(diǎn)坐標(biāo)，設(shè)D（$\frac{2}{k}$，1）及直線CD的方程，分別表示出$\frac{丨PC丨}{丨QC丨}$，$\frac{丨PD丨}{丨QD丨}$，利用韋達(dá)定理即可求得$\frac{丨PC丨}{丨QC丨}$-$\frac{丨PD丨}{丨QD丨}$=0，證明PC•QD=PD•QC；

解答 解：（1）拋物線Γ頂點(diǎn)為O，圓O半徑r=$\sqrt{2}$，
由AB=2，則O到直線AB的距離d=$\sqrt{{r}^{2}-（\frac{丨AB丨}{2}）^{2}}$=1，
如圖以O(shè)為原點(diǎn)，過(guò)O且垂直于Γ的對(duì)稱軸的直線與x軸，Γ的對(duì)稱軸所在直線為y軸，
建立平面直角坐標(biāo)系xOy，
由對(duì)稱性，不妨設(shè)A在y軸的左側(cè)，則A（-1，1），B（1，1），
設(shè)拋物線Γ的方程為x²=2py，（p＞0）
由A在拋物線上，代入（-1）²=2p，p=$\frac{1}{2}$，
∴拋物線方程x²=y；
（2）證明：由（1）可知：拋物線方程為y=x²，則y′=2x，
由直線l與拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)，且與y軸交于C，則直線l為拋物線的切線，
則切線的斜率k=y′丨_x=-1=-2，則直線l的方程y-1=-2（x+1），
令x=0，解得：y=-1，故C（0，-1），
設(shè)直線CD的方程：y=kx-1，（k≠0），P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
則$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-1}\\{y={x}^{2}}\end{array}\right.$，整理得：x²-kx+1=0，由△=k²-4＞0，解得k＜-2或k＞2，
x₁+x₂=k，x₁x₂=1，
將y=1代入y=kx-1，解得：x=$\frac{2}{k}$，即D（$\frac{2}{k}$，1），
不妨設(shè)C，P，D，Q自上而下順序排列，
由題意可知，x₂≠0，且x₂-$\frac{2}{k}$≠0，
則$\frac{丨PC丨}{丨QC丨}$=$\frac{丨{x}_{1}丨}{{丨x}_{2}丨}$=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，則$\frac{丨PD丨}{丨QD丨}$=$\frac{丨{x}_{1}-\frac{2}{k}丨}{丨{x}_{2}-\frac{2}{k}丨}$=$\frac{-{x}_{1}+\frac{2}{k}}{{x}_{2}-\frac{2}{k}}$，
由x₁（x₂-$\frac{2}{k}$）-x₂（-x₁+$\frac{2}{k}$）=2x₁x₂-$\frac{2}{k}$（x₁+x₂）=2-$\frac{2}{k}$×k=0，
則$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$=$\frac{-{x}_{1}+\frac{2}{k}}{{x}_{2}-\frac{2}{k}}$，即$\frac{丨PC丨}{丨QC丨}$=$\frac{丨PD丨}{丨QD丨}$，
∴PC•QD=PD•QC．
方法二：（1）拋物線Γ頂點(diǎn)為O，圓O半徑r=$\sqrt{2}$，
由丨AB丨=2，則O到直線AB的距離d=$\sqrt{{r}^{2}-（\frac{丨AB丨}{2}）^{2}}$=1，
如圖以O(shè)為原點(diǎn)，過(guò)O且垂直于Γ的對(duì)稱軸的直線與y軸，Γ的對(duì)稱軸所在直線為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系xOy，
由對(duì)稱性，不妨設(shè)A在y軸的上方，則A（1，1），B（1，-1），設(shè)拋物線Γ的方程為y²=2px，（p＞0）
由A在拋物線上，代入1²=2p，p=$\frac{1}{2}$，
∴拋物線方程y²=x；
（2）證明：由直線l與拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)，且與x軸交于C，則直線l的拋物線的切線，
設(shè)l的方程x-1=m（y-1），
則$\left\{\begin{array}{l}{x-1=m（y-1）}\\{{y}^{2}=x}\end{array}\right.$，整理得：y²-my+m-1=0，則△=（-m）²-4（m-1）=0，解得：m=2，
則直線l方程x-2y+1=0，令y=0，x=-1，則C（-1，0），
由直線CD與拋物線有兩個(gè)交點(diǎn)，則設(shè)CD方程為：y=k（x+1）（k≠0），P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
由直線AB的方程為x=1，則D（1，2k），
丨PC丨•丨QD丨=（1+$\frac{1}{{k}^{2}}$）丨y₁丨丨y₂-2k丨=（1+$\frac{1}{{k}^{2}}$）•y₁•（y₂-2k），
丨PD丨•丨QC丨=（1+$\frac{1}{{k}^{2}}$）丨2k-y₁丨丨y₂丨=（1+$\frac{1}{{k}^{2}}$）•（2k-y₁）•y₂，
由證：丨PC丨•丨QD丨=丨PD丨•丨QC丨，只需證y₁•（y₂-2k）=（2k-y₁）•y₂，
即證y₁y₂-k（y₁+y₂）=0，
將x=$\frac{1}{k}$y-1，代入y²=x，整理得：y²-$\frac{1}{k}$+1=0，
由△=$\frac{1}{{k}^{2}}$-4＞0，解得：-$\frac{1}{2}$＜k＜0或0＜k＜$\frac{1}{2}$，
y₁+y₂=$\frac{1}{k}$，y₁y₂=1，
∴y₁y₂-k（y₁+y₂）=1-k×$\frac{1}{k}$=0，
∴PC•QD=PD•QC；
方法三：（1）拋物線Γ頂點(diǎn)為O，圓O半徑r=$\sqrt{2}$，
由AB=2，則O到直線AB的距離d=$\sqrt{{r}^{2}-（\frac{丨AB丨}{2}）^{2}}$=1，
如圖以O(shè)為原點(diǎn)，過(guò)O且垂直于Γ的對(duì)稱軸的直線與x軸，Γ的對(duì)稱軸所在直線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系xOy，
由對(duì)稱性，不妨設(shè)A在y軸的左側(cè)，則A（-1，1），B（1，1），設(shè)拋物線Γ的方程為x²=2py，（p＞0）
由A在拋物線上，代入（-1）²=2p，p=$\frac{1}{2}$，
∴拋物線方程x²=y；
（2）證明：由（1）可知：拋物線方程為y=x²，則y′=2x，
由直線l與拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)，且與y軸交于C，則直線l為拋物線的切線，
則切線的斜率k=y′丨_x=-1=-2，則直線l的方程y-1=-2（x+1），
令x=0，解得：y=-1，故C（0，-1），
設(shè)D（x₀，1），-1＜x₀＜1，且x₀≠0，
則直線CD的方程y=$\frac{2}{{x}_{0}}$x-1，設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），不妨設(shè)C，P，D，Q自上而下順序排列，
由直線CD的方程為y=$\frac{2}{{x}_{0}}$x-1，
則$\frac{丨PC丨}{丨QC丨}$=$\frac{丨{x}_{1}丨}{{丨x}_{2}丨}$=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，則$\frac{丨PD丨}{丨QD丨}$=$\frac{丨{x}_{1}-{x}_{0}丨}{丨{x}_{2}-{x}_{0}丨}$=$\frac{{x}_{0}-{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{0}}$，
$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{2}{{x}_{0}}x-1}\\{y={x}^{2}}\end{array}\right.$，整理得：x₀x²=2x+x₀=0，
則△=4-4x₀²＞0，x₁+x₂=$\frac{2}{{x}_{0}}$，x₁x₂=1，
$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$-$\frac{{x}_{0}-{x}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{0}}$=$\frac{2{x}_{1}{x}_{2}-{x}_{0}（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{2}（{x}_{2}-{x}_{0}）}$=$\frac{2×1-{x}_{0}×\frac{2}{{x}_{0}}}{{x}_{2}（{x}_{2}-{x}_{0}）}$=0，
∴PC•QD=PD•QC．
解法四：（1）拋物線Γ頂點(diǎn)為O，圓O半徑r=$\sqrt{2}$，
由AB=2，則O到直線AB的距離d=$\sqrt{{r}^{2}-（\frac{丨AB丨}{2}）^{2}}$=1，
如圖以O(shè)為原點(diǎn)，過(guò)O且垂直于Γ的對(duì)稱軸的直線與x軸，Γ的對(duì)稱軸所在直線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系xOy，
由對(duì)稱性，不妨設(shè)A在y軸的左側(cè)，則A（-1，1），B（1，1），設(shè)拋物線Γ的方程為x²=2py，（p＞0）
由A在拋物線上，代入（-1）²=2p，p=$\frac{1}{2}$，
∴拋物線方程x²=y；
（2）證明：由（1）可知：拋物線方程為y=x²，則y′=2x，
由直線l與拋物線只有一個(gè)交點(diǎn)，且與y軸交于C，則直線l為拋物線的切線，
則切線的斜率k=y′丨_x=-1=-2，則直線l的方程y-1=-2（x+1），
令x=0，解得：y=-1，故C（0，-1），
設(shè)直線CD的方程：y=kx-1，（k≠0），P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），D（$\frac{2}{k}$，1），
不妨設(shè)C，P，D，Q自上而下順序排列，
由題意可知，x₂≠0，且x₂-$\frac{2}{k}$≠0，
則$\frac{丨PC丨}{丨QC丨}$=$\frac{丨{x}_{1}丨}{{丨x}_{2}丨}$=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，則$\frac{丨PD丨}{丨QD丨}$=$\frac{丨{x}_{1}-\frac{2}{k}丨}{丨{x}_{2}-\frac{2}{k}丨}$=$\frac{丨k{x}_{1}-2丨}{丨k{x}_{2}-2丨}$，
則$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-1}\\{y={x}^{2}}\end{array}\right.$，整理得：x²-kx+1=0，由△=k²-4＞0，解得k＜-2或k＞2，
x₁+x₂=k，x₁x₂=1，
$\frac{丨k{x}_{1}-2丨}{丨k{x}_{2}-2丨}$=丨$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）{x}_{1}-2{x}_{1}{x}_{2}}{（{x}_{1}+{x}_{2}）{x}_{2}-2{x}_{1}{x}_{2}}$丨=丨$\frac{{x}_{1}^{2}-{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{2}^{2}-{x}_{1}{x}_{2}}$丨=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$，
∴$\frac{丨PC丨}{丨QC丨}$=$\frac{丨PD丨}{丨QD丨}$．
∴PC•QD=PD•QC．

點(diǎn)評(píng) 本題考查拋物線方程的求法，考查直線與拋物線的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，點(diǎn)到直線的距離公式，導(dǎo)數(shù)的幾何意義，本題方法很多，選擇合適的坐標(biāo)系及適當(dāng)?shù)慕夥ǎ�考查�?jì)算能力，數(shù)形結(jié)合思想，屬于中檔題．