Question

3．已知直线y=x+m与抛物线x²=4y相切，且与x轴的交点为M，点N（-1，0）．若动点P与两定点M，N所构成三角形的周长为6．  
（Ⅰ） 求动点P的轨迹C的方程；
 （Ⅱ） 设斜率为$\frac{1}{2}$的直线l交曲线C于A，B两点，当PN⊥MN时，证明：∠APN=∠BPN．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由直线y=x+m与抛物线x²=4y相切，利用根的差别式求出m=-1，从而M（1，0），进而推导出动点在以M，N为焦点的椭圆上，且不在x轴上，由此能求出动点P的轨迹C的方程．
（Ⅱ）设直线l的方程为y=$\frac{1}{2}x+t$，（t≠±1），联立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}x+t}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得x²+tx+t²-3=0，由根的判别式得到-2＜t＜2，要证明∠APN=∠BPN，即要证明k_AP+k_BP=0，即证x₁x₂+t（x₁+x₂）-2（x₁+x₂）+3-2t=0，由此利用韦达定理能证明∠APN=∠BPN．

解答 解：（Ⅰ）∵直线y=x+m与抛物线x²=4y相切，
∴方程x²=4（x+m）有等根，
∴△=16+16m=0，解得m=-1，∴M（1，0），
又∵动点P与定点M（1，0），N（-1，0）所构成的三角形的周长为6，且|MN|=2，
∴|PM|+|PN|=4＞|MN|=2，
根据椭圆的定义，动点在以M，N为焦点的椭圆上，且不在x轴上，
∴2a=4，2c=2，解得a=2，c=1，∴b=$\sqrt{3}$，
∴动点P的轨迹C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1（y≠0）．
证明：（Ⅱ）设直线l的方程为y=$\frac{1}{2}x+t$，（t≠±1），
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}x+t}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得x²+tx+t²-3=0，
△′=-3t²+12＞0，∴-2＜t＜2，此时直线l与曲线C有两个交点A，B，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则${x}_{1}+{x}_{2}=-t，{x}_{1}{x}_{2}={t}^{2}-3$，
∵PN⊥MN，不妨取P（1，$\frac{3}{2}$），
要证明∠APN=∠BPN，也就是要证明k_AP+k_BP=0，
即证$\frac{{y}_{1}-\frac{3}{2}}{{x}_{1}}$+$\frac{{y}_{2}-\frac{3}{2}}{{x}_{2}}$=0，即证（${y}_{1}-\frac{3}{2}$）（x₂-1）+（y₂-$\frac{3}{2}$）（x₁-1）=0，
即证x₁x₂+t（x₁+x₂）-2（x₁+x₂）+3-2t=0，
把${x}_{1}+{x}_{2}=-t，{x}_{1}{x}_{2}={t}^{2}-3$，代入，得：
t²-3-t²+2t+3-2t=0，
∴∠APN=∠BPN．

点评 本题考查点的轨迹方程的求法，考查两角相等的证明，涉及到直线方程、椭圆、根的判别式、韦达定理等知识点，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．