Question

8．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)Q（1，2），P是動(dòng)點(diǎn)，且三角形POQ的三邊所在直線的斜率滿足$\frac{1}{{k}_{OP}}$+$\frac{1}{{k}_{OQ}}$=$\frac{1}{{k}_{PQ}}$．
（1）求點(diǎn)P的軌跡C的方程；
（2）過(guò)點(diǎn)D（1，0）任作兩條互相垂直的直線l₁，l₂，分別交軌跡C于點(diǎn)A，B和M，N，設(shè)線段AB，MN的中點(diǎn)分別為E，F(xiàn)求證：直線EF恒過(guò)一定點(diǎn)．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出P點(diǎn)坐標(biāo)，求出OP、OQ、PQ的斜率，代入$\frac{1}{{k}_{OP}}$+$\frac{1}{{k}_{OQ}}$=$\frac{1}{{k}_{PQ}}$，整理可得點(diǎn)P的軌跡C的方程；
（2）設(shè)直線l₁的方程為y=k（x-1）（k≠0），與拋物線方程聯(lián)立，化為關(guān)于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系求得E的坐標(biāo)，同理求出F的坐標(biāo)，進(jìn)一步求出EF所在直線方程，由線系方程證明直線EF恒過(guò)一定點(diǎn)．

解答 （1）解：設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為P（x，y），則${k_{OP}}=\frac{y}{x}$，k_OQ=2，${k_{PQ}}=\frac{y-2}{x-1}$，
由$\frac{1}{{k}_{OP}}$+$\frac{1}{{k}_{OQ}}$=$\frac{1}{{k}_{PQ}}$，得$\frac{x}{y}+\frac{1}{2}=\frac{x-1}{y-2}$．
整理得點(diǎn)P的軌跡的方程為：y²=4x（y≠0，y≠2）；
（2）證明：設(shè)點(diǎn)A，B的坐標(biāo)為A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則點(diǎn)E的坐標(biāo)為$（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}，\frac{{{y_1}+{y_2}}}{2}}）$．
由題意可設(shè)直線l₁的方程為y=k（x-1）（k≠0），
由$\left\{{\begin{array}{l}{{y^2}=4x}\\{y=k（{x-1}）}\end{array}}\right.$，消去y得k²x²-（2k²+4）x+k²=0，
△=（2k²+4）²-4k⁴=16k²+16＞0．
∵直線l₁與拋物線交于A，B兩點(diǎn)，
∴${x_1}+{x_2}=2+\frac{4}{k^2}$，${y_1}+{y_2}=k（{{x_1}+{x_2}-2}）=\frac{4}{k}$，
∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為$（{1+\frac{2}{k^2}，\frac{2}{k}}）$．
由題知，直線l₂的斜率為$-\frac{1}{k}$，同理可得F的坐標(biāo)為（1+2k²，-2k）．
當(dāng)k≠±1時(shí)，有$1+\frac{2}{k^2}≠1+2{k^2}$．
此時(shí)直線EF的斜率為：${k_{EF}}=\frac{{\frac{2}{k}+2k}}{{1+\frac{2}{k^2}-1-2{k^2}}}=\frac{k}{{1-{k^2}}}$，
∴直線EF的方程為$y+2k=\frac{k}{{1-{k^2}}}（{x-1-2{k^2}}）$，整理得$y=\frac{k}{{1-{k^2}}}（{x-3}）$．
于是直線EF恒過(guò)定點(diǎn)（3，0），
當(dāng)k=±1時(shí)，直線EF的方程為x=3，也過(guò)點(diǎn)（3，0）．
綜上所述，直線EF恒過(guò)定點(diǎn)（3，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查軌跡方程的求法，考查了直線與拋物線位置關(guān)系的應(yīng)用，體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，是中檔題．