Question

18．如图，已知点A（-1，0），F（1，0）和抛物线C：y²=4x，O为坐标原点，过点A的动直线l交抛物线C于M，P两点，直线MF交抛物线C于另一点Q．
（1）若△POM的面积为$\frac{5}{2}$，求向量$\overrightarrow{OM}$与$\overrightarrow{OP}$的夹角；
（2）判断直线PQ与y轴的位置关系，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）设出直线AP的方程，代入抛物线方程，运用韦达定理，弦长公式和点到直线的距离公式，运用三角形的面积公式解得k，再由两直线的夹角公式计算即可得到所求值；
（2）直线PQ与y轴的位置关系为平行．理由：设Q（x₃，y₃），直线MQ的方程为y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-1}$（x-1），代入抛物线的方程，运用韦达定理，结合（1），即可得到x₃=x₂，可得结论．

解答 解：（1）设直线AP：y=k（x+1），
代入抛物线的方程y²=4x，可得
k²x²+（2k²-4）x+k²=0，
设M（x₁，y₁），P（x₂，y₂），
可得x₁+x₂=$\frac{4-2{k}^{2}}{{k}^{2}}$，x₁x₂=1，
|MP|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（\frac{4-2{k}^{2}}{{k}^{2}}）^{2}-4}$，
O到直线AP的距离为d=$\frac{|k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
可得△POM的面积为$\frac{1}{2}$d•|MP|=$\frac{1}{2}$•$\frac{|k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（\frac{4-2{k}^{2}}{{k}^{2}}）^{2}-4}$=$\frac{5}{2}$，
解得k²=$\frac{16}{41}$，
则x₁+x₂=$\frac{33}{4}$，x₁x₂=1，
不妨设x₁＜x₂，设向量$\overrightarrow{OM}$与$\overrightarrow{OP}$的夹角为θ，
可得tanθ=|$\frac{{k}_{OP}-{k}_{OM}}{1+{k}_{OP}{k}_{OM}}$|=|$\frac{\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}-\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}}{1+\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}}$|
=|$\frac{{x}_{1}{y}_{2}-{x}_{2}{y}_{1}}{{x}_{1}{x}_{2}+{y}_{1}{y}_{2}}$|=|$\frac{k（{x}_{2}+1）{x}_{1}-k（{x}_{1}+1）{x}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}+{k}^{2}（{x}_{1}+1）（{x}_{2}+1）}$|
=|$\frac{k（{x}_{1}-{x}_{2}）}{（1+{k}^{2}）{x}_{1}{x}_{2}+{k}^{2}（{x}_{1}+{x}_{2}）+{k}^{2}}$|=|$\frac{k\sqrt{（\frac{33}{4}）^{2}-4}}{\frac{57}{41}+\frac{132}{41}+\frac{16}{41}}$|
=|$\frac{\frac{4}{\sqrt{41}}×\frac{5\sqrt{41}}{4}}{5}$|=1，
可得向量$\overrightarrow{OM}$与$\overrightarrow{OP}$的夹角为45°；
（2）直线PQ与y轴的位置关系为平行．
理由：设Q（x₃，y₃），
直线MQ的方程为y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-1}$（x-1），
代入抛物线的方程，可得
$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{（{x}_{1}-1）^{2}}$（x-1）²-4x=0，
可得$\frac{4{x}_{1}}{（{x}_{1}-1）^{2}}$x²-（4+$\frac{8{x}_{1}}{（{x}_{1}-1）^{2}}$）x+$\frac{4{x}_{1}}{（{x}_{1}-1）^{2}}$=0，
可得x₁x₃=1，
由（1）可得x₁x₂=1，
即有x₃=x₂，
则直线PQ与y轴平行．

点评 本题考查直线和抛物线的位置关系，考查直线方程和抛物线的方程联立，运用韦达定理和弦长公式，点到直线的距离公式，考查直线的斜率公式和化简整理的运算能力，属于中档题．