Question

抛物线方程为y²=p（x+1）（p＞0），直线x+y=m与x轴的交点在抛物线的准线的右边．
（1）求证：直线与抛物线总有两个交点；
（2）设直线与抛物线的交点为Q、R，OQ⊥OR，求p关于m的函数f（m）的表达式；
（3）在（2）的条件下，若m变化，使得原点O到直线QR的距离不大于，求p的值的范围．

Answer 1

【答案】分析：（1）由抛物线的性质可得抛物线的准线方程x=-1-，由直线x+y=m与x轴的交点为（m，0）在准线右边可得，，要证直线与抛物线总有两个交点，只要证明由所得方程x²-（2m+p）x+（m²-p）=0的判别式△＞0即可
（2）设Q、R两点的坐标分别为（x₁，y₁）、（x₂，y₂），由（1）知，x₁、x₂是方程x²-（2m+p）x+m²-p=0的两根，由方程的根与系数的关系及由OQ⊥OR，可得x₁x₂+y₁y₂=0可求
（3）解法一：由题意可得可求m的范围，结合（2）中m＞-2且m≠0可求m的范围，而f（m）==（m+2）+-4，利用函数单调性的定义可求p的范围
解法二：由解法一可知，m的范围，由（2）知p=f（m）=，利用二次函数的单调性可求p的范围
解答：解：（1）∵抛物线y²=p（x+1）的准线方程是x=-1-
∵直线x+y=m与x轴的交点为（m，0）在准线右边
∴
∴m＞-1-，即4m+p+4＞0．
由
得x²-（2m+p）x+（m²-p）=0．
而判别式△=（2m+p）²-4（m²-p）=p（4m+p+4）．
又p＞0及4m+p+4＞0，可知△＞0．
因此，直线与抛物线总有两个交点；                   …（4分）
（2）设Q、R两点的坐标分别为（x₁，y₁）、（x₂，y₂），
由（1）知，x₁、x₂是方程x²-（2m+p）x+m²-p=0的两根，
∴x₁+x₂=2m+p，x₁•x₂=m²-p．由OQ⊥OR，得k_OQ•k_OR=-1，
即有x₁x₂+y₁y₂=0．又Q、R为直线x+y=m上的点，
因而y₁=-x₁+m，y₂=-x₂+m．
于是x₁x₂+y₁y₂=2x₁x₂-m（x₁+x₂）+m²=2（m²-p）-m（2m+p）+m²=0，
∴p=f（m）=，由得m＞-2，m≠0；…（9分）
（3）解法一：由于原点O到直线x+y=m的距离不大于，于是，
∴|m|≤1．由（2），知m＞-2且m≠0
故m∈[-1，0）∪（0，1]．
由（2），知f（m）==（m+2）+-4qqqq1q
当m∈[-1，0）时，任取m₁、m₂，0＞m₁＞m₂≥-1，则
f（m₁）-f（m₂）=（m₁-m₂）+（）
=（m₁-m₂）[1-]．
由0＞m₁＞m₂≥-1，知0＜（m₁+2）（m₂+2）＜4，1-＜0．
又由m₁-m₂＞0知f（m₁）＜f（m₂）因而f（m）为减函数．
可见，当m∈[-1，0）时，p∈（0，1]．
同样可证，当m∈（0，1]时，f（m）为增函数，从而p∈（0，]．
解法二：由解法一知，m∈[-1，0）∪（0，1]．由（2）知
p=f（m）=．
设t=，g（t）=t+2t²，则t∈（-∞，-1]∪[1，+∞），
又g（t）=2t²+t=2（t+）²-．
∴当t∈（-∞，-1]时，g（t）为减函数，g（t）∈[1，+∞）．
当t∈[1，+∞）时，g（t）为增函数，g（t）∈[3，+∞）．
因此，当m∈[-1，0]时，t∈（-∞，-1]，p=∈（0，1]；
当m∈（0，1]时，t∈[1，+∞），p∈（0，]．
点评：本题主要考查了抛物线的性质的应用，直线与抛物线的相交关系与系数的应用，及利用函数的单调性求解函数的取值范围，属于方程与函数知识的综合应用．