Question

16．過點M（2，0）的直線l與拋物線C：y²=4x交于A，B兩點，直線OA，OB（O為坐標原點）與拋物線C的準線分別交于點S，T．
（1）設(shè)F為拋物線C的焦點，k₁，k₂分別為直線FS，F(xiàn)T的斜率，求k₁k₂的值；
（2）求$\frac{1}{|MA|}$+$\frac{1}{|MB|}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）設(shè)直線l：x=my+2，代入拋物線的方程，運用韋達定理和直線的斜率公式，化簡整理，即可得到所求值；
（2）由（1）|AM|=$\sqrt{（2-{x}_{1}）^{2}+{{y}_{1}}^{2}}$=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•|y₁|，同理可得|BM|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•|y₂|，設(shè)y₁＞0，y₂＜0，求得$\frac{1}{|AM|}$+$\frac{1}{|BM|}$=$\frac{1}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$（$\frac{1}{{y}_{1}}$-$\frac{1}{{y}_{2}}$）=$\frac{1}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$•$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{y}_{1}{y}_{2}}$，代入韋達定理，化簡整理，由不等式的性質(zhì)，即可得到所求范圍．

解答 解：（1）設(shè)直線l：x=my+2，
由$\left\{\begin{array}{l}{x=my+2}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$，可得y²-4my-8=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則△=16m²+32＞0，
即有y₁+y₂=4m，y₁y₂=-8，
x₁x₂=$\frac{{{y}_{1}}^{2}{{y}_{2}}^{2}}{16}$=4，
又F（1，0），準線為x=-1，
由直線OA：y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$x，可得S（-1，-$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$），
同理可得T（-1，-$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$），
可得k₁k₂=$\frac{{y}_{1}}{2{x}_{1}}$•$\frac{{y}_{2}}{2{x}_{2}}$=$\frac{-8}{16}$=-$\frac{1}{2}$；
（2）由（1）|AM|=$\sqrt{（2-{x}_{1}）^{2}+{{y}_{1}}^{2}}$=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•|y₁|，
同理可得|BM|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•|y₂|，
可設(shè)y₁＞0，y₂＜0，
即有$\frac{1}{|AM|}$+$\frac{1}{|BM|}$=$\frac{1}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$（$\frac{1}{{y}_{1}}$-$\frac{1}{{y}_{2}}$）=$\frac{1}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$•$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{y}_{1}{y}_{2}}$
=$\frac{1}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$•$\frac{\sqrt{16{m}^{2}+32}}{8}$=$\frac{1}{2}$$\sqrt{\frac{2+{m}^{2}}{1+{m}^{2}}}$=$\frac{1}{2}$$\sqrt{1+\frac{1}{1+{m}^{2}}}$，
由m²≥0，可得0＜$\frac{1}{1+{m}^{2}}$≤1，
則$\frac{1}{2}$＜$\frac{1}{2}$$\sqrt{1+\frac{1}{1+{m}^{2}}}$≤$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
即有$\frac{1}{|MA|}$+$\frac{1}{|MB|}$的取值范圍是（$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$]．

點評 本題考查直線方程和拋物線方程聯(lián)立，運用韋達定理和直線的斜率公式，以及弦長公式，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．