题目内容
4．在平面直角坐标系xoy中，O为坐标原点，已知点Q（1，2），P是动点，且三角形POQ的三边所在直线的斜率满足$\frac{1}{{{k_{OP}}}}+\frac{1}{{{k_{OQ}}}}=\frac{1}{{{k_{PQ}}}}$．（1）求点P的轨迹C的方程；
（2）过F作倾斜角为60°的直线L，交曲线C于A，B两点，求△AOB的面积；
（3）过点D（1，0）任作两条互相垂直的直线l1，l2，分别交轨迹C于点A，B和M，N，设线段AB，MN的中点分别为E，F．求证：直线EF恒过一定点．
分析 （1）设出P点坐标，求出OP、OQ、PQ的斜率，代入$\frac{1}{{{k_{OP}}}}+\frac{1}{{{k_{OQ}}}}=\frac{1}{{{k_{PQ}}}}$，整理可得点P的轨迹C的方程；
（2）过F作倾斜角为60°的直线L，与曲线C联立，利用韦达定理，即可求△AOB的面积；
（3）设直线l1的方程为y=k（x-1）（k≠0），与抛物线方程联立，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系求得E的坐标，同理求出F的坐标，进一步求出EF所在直线方程，由线系方程证明直线EF恒过一定点．
解答 解：（1）设点P的坐标为P（x，y），则…（2分）
由$\frac{1}{{{k_{OP}}}}+\frac{1}{{{k_{OQ}}}}=\frac{1}{{{k_{PQ}}}}$，得$\frac{x}{y}+\frac{1}{2}=\frac{x-1}{y-2}$．
整理得点P的轨迹的方程为：y2=4x（y≠0，y≠2）； …（4分）
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），由$\left\{\begin{array}{l}{y^2}=4x\\ y=\sqrt{3}（x-1）\end{array}\right.$
得：${y^2}-\frac{4}{3}\sqrt{3}y-4=0$，
∴${y_1}+{y_2}=\frac{4}{3}\sqrt{3}\;\;，\;\;{y_1}{y_2}=-4$…（6分）
∴${S_△}=\frac{1}{2}×|OF|×|{y_2}-{y_1}|$=$\frac{1}{2}×1×\sqrt{{{（{y_1}+{y_2}）}^2}-4{y_1}{y_2}}$=$\frac{1}{2}•\sqrt{\frac{16}{3}+16}$=$\frac{4}{3}\sqrt{3}$…（8分）
（3）证明：设点A，B的坐标为A（x1，y1），B（x2，y2），则点E的坐标为（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}$）．
由题意可设直线l1的方程为y=k（x-1）（k≠0），
联立抛物线方程，消去y得k2x2-（2k2+4）x+k2=0，△=（2k2+4）2-4k4=16k2+16＞0． …（9分）
∵直线l1与抛物线交于A，B两点，∴x1+x2=2+$\frac{4}{{k}^{2}}$，y1+y1=$\frac{4}{k}$，…（10分）
∴点E的坐标为（1+$\frac{2}{{k}^{2}}$，$\frac{2}{k}$）．
由题知，直线l2的斜率为-$\frac{1}{k}$，
同理可得F的坐标为（1+2k2，-2k）．…（11分）
当k≠±1时，有1+$\frac{2}{{k}^{2}}$≠1+2k2．此时直线EF的斜率为：kEF=$\frac{k}{1-{k}^{2}}$，
∴直线EF的方程为y+2k=$\frac{k}{1-{k}^{2}}$（x-1-2k2），整理得y=$\frac{k}{1-{k}^{2}}$（x-3）．恒过定点（3，0）…（13分）
当k=±1时，直线EF的方程为x=3，也过点（3，0）．
综上所述，直线EF恒过定点（3，0）．…（14分）
点评 本题考查轨迹方程的求法，考查了直线与抛物线位置关系的应用，体现了分类讨论的数学思想方法，是中档题．
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如图1，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，D为侧棱PC上一点，它的正（主）视图和侧（左）视图如图2所示．
如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AP=AB=2，BC=2$\sqrt{2}$，E，F分别是AD，PC的中点．