Question

1．已知A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是抛物线C：x²=2py（p＞0）上不同两点．
（1）设直线l：y=$\frac{p}{4}$与y轴交于点M，若A，B两点所在的直线方程为y=x-1，且直线l：y=$\frac{p}{4}$恰好平分∠AFB，求抛物线C的标准方程．
（2）若直线AB与x轴交于点P，与y轴的正半轴交于点Q，且y₁y₂=$\frac{{p}^{2}}{4}$，是否存在直线AB，使得$\frac{1}{|PA|}$+$\frac{1}{|PB|}$=$\frac{3}{|PQ|}$？若存在，求出直线AB的方程；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（0，$\frac{p}{4}$），由$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}=2py}\\{y=x-1}\end{array}\right.$，消去y整理得x²-2px+2p=0，
直线y=$\frac{p}{4}$平分∠AFB，可得k_AM+k_BM=0，利用韦达定理求得p，即可
（2）由题意知，直线AB的斜率存在，且不为零，
设直线AB的方程为：y=kx+b （k≠0，b＞0），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+b}\\{{x}^{2}=2py}\end{array}\right.$，得x²-2pkx-2pb=0，∴$\left\{\begin{array}{l}{△=4{p}^{2}{k}^{2}+8pb}\\{{x}_{1}+{x}_{2}=2pk}\\{{x}_{1}{x}_{2}=-2pb}\end{array}\right.$，
由已知可得b=$\frac{p}{2}$．直线AB的方程为：y=kx+$\frac{p}{2}$．
作AA′⊥x轴，BB′⊥x轴，垂足为A′，B′，
$\frac{|PQ|}{|PA|}$+$\frac{|PQ|}{|PB|}$=$\frac{|OQ|}{|A′A|}$+$\frac{|OQ|}{|B′B|}$=$\frac{p}{2}×\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{y}_{1}{y}_{2}}$，得k，

解答 解：（1）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（0，$\frac{p}{4}$），
由$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}=2py}\\{y=x-1}\end{array}\right.$，消去y整理得x²-2px+2p=0，
则△=4p²-8p，x₁+x₂=2p，x₁x₂=2p，
∵直线y=$\frac{p}{4}$平分∠AFB，∴k_AM+k_BM=0，
∴$\frac{{y}_{1}-\frac{p}{4}}{{x}_{1}}+\frac{{y}_{2}-\frac{p}{4}}{{x}_{2}}=0$，即：$\frac{{x}_{1}-1-\frac{p}{4}}{{x}_{1}}+\frac{{x}_{2}-1-\frac{p}{4}}{{x}_{2}}=2-（1+\frac{p}{4}）\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}=0$，
∴p=4，满足△＞0，∴抛物线C标准方程为x²=8y．
（2）由题意知，直线AB的斜率存在，且不为零，
设直线AB的方程为：y=kx+b （k≠0，b＞0），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+b}\\{{x}^{2}=2py}\end{array}\right.$，得x²-2pkx-2pb=0，∴$\left\{\begin{array}{l}{△=4{p}^{2}{k}^{2}+8pb}\\{{x}_{1}+{x}_{2}=2pk}\\{{x}_{1}{x}_{2}=-2pb}\end{array}\right.$，
∴y₁•y₂=$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{2p}•\frac{{{x}_{2}}^{2}}{2p}=\frac{（-2pb）^{2}}{4{p}^{2}}={b}^{2}$，
∵${y}_{1}{y}_{2}=\frac{{p}^{2}}{4}$，∴b²=$\frac{{p}^{2}}{4}$，∵b＞0，∴b=$\frac{p}{2}$．
∴直线AB的方程为：y=kx+$\frac{p}{2}$．
假设存在直线AB，使得$\frac{1}{|PA|}$+$\frac{1}{|PB|}$=$\frac{3}{|PQ|}$，即$\frac{|PQ|}{|PA|}$+$\frac{|PQ|}{|PB|}$=3
作AA′⊥x轴，BB′⊥x轴，垂足为A′，B′，
∴$\frac{|PQ|}{|PA|}$+$\frac{|PQ|}{|PB|}$=$\frac{|OQ|}{|A′A|}$+$\frac{|OQ|}{|B′B|}$=$\frac{p}{2}×\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{y}_{1}{y}_{2}}$
∵${y}_{1}+{y}_{2}=k（{x}_{1}+{x}_{2}+p=2p{k}^{2}+p$，y₁•y₂=$\frac{{p}^{2}}{4}$，
∴$\frac{|PQ|}{|PA|}$+$\frac{|PQ|}{|PB|}$=$\frac{p}{2}×\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{p}{2}×\frac{2p{k}^{2}+p}{\frac{{p}^{2}}{4}}$=4k²+2，由4k²+2=3得k=$±\frac{1}{2}$，
故存在直线AB，使得$\frac{1}{|PA|}$+$\frac{1}{|PB|}$=$\frac{3}{|PQ|}$，且直线AB方程为y=$±\frac{1}{2}x+\frac{p}{2}$．

点评 本题考查了抛物线的方程、性质，考查了直线与抛物线的位置关系，考查了计算能力、转化思想，属于中档题．