题目内容
19．已知抛物线C1：y2=2px（p＞0）与抛物线C2关于y轴对称，F1、F2分别为C1、C2的焦点，P是C1上一点，当P在x轴上方且直线PF1的斜率为$\sqrt{3}$时，|PF2|=$\frac{\sqrt{7}}{2}$．（1）求抛物线C1和C2的方程；
（2）设直线l：y=x-1，是否存在点M（x0，y0）（|y0|≤1），使得点M关于直线l的对称点M′在C2上？若存在，求出M点的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）设点Q在C2上，P、Q在x轴同侧且PF1∥QF2，QF1与PF2交于点M，过M作PF1的平行线交x轴于点K，证明：|MK|是定值．
分析 （1）由已知中当P在x轴上方且直线PF1的斜率为$\sqrt{3}$时，|PF2|=$\frac{\sqrt{7}}{2}$，利用两点之间距离公式，求出p值，可得C1和C2的方程；
（2）根据对称点连线的垂直平方线是对称轴，结合点M关于直线l的对称点M′在C2上，可得M点的坐标；
（3）由已知求出P，Q的坐标，进而求出M，K的坐标，代入两点之间距离公式，可得结论．
解答 解：（1）∵抛物线C1：y2=2px（p＞0）与抛物线C2关于y轴对称，F1、F2分别为C1、C2的焦点，
∴F1、F2的坐标分别为（$\frac{p}{2}$，0），（-$\frac{p}{2}$，0），
则当P在x轴上方且直线PF1的斜率为$\sqrt{3}$时，
直线PF1的方程为：y=$\sqrt{3}$（x-$\frac{p}{2}$），
代入y2=2px并整理得：${y}^{2}-\frac{2\sqrt{3}p}{3}{y-p}^{2}=0$，
解得：y=$\sqrt{3}$p，则x=$\frac{3}{2}p$，
又由|PF2|=$\sqrt{（\frac{3}{2}p+\frac{1}{2}p）^{2}+（\sqrt{3}p）^{2}}$=$\sqrt{7}$p=$\frac{\sqrt{7}}{2}$．
解得：p=$\frac{1}{2}$，
则抛物线C1和C2的方程分别为：y2=x和y2=-x，
（2）设存在M（x0，y0）（|y0|≤1），使得点P关于直线l的对称点M′（x1，y1）在C2上，
则$\left\{\begin{array}{l}\frac{{y}_{1}-{y}_{0}}{{x}_{1}-{x}_{0}}=-1\\ \frac{{y}_{1}+{y}_{0}}{2}=\frac{{x}_{1}+{x}_{0}}{2}-1\end{array}\right.$，
即$\left\{\begin{array}{l}{x}_{1}={y}_{0}+1\\{y}_{1}={x}_{0}-1\end{array}\right.$，
代入y2=-x得：$（{x}_{0}-1）^{2}=-（{y}_{0}+1）$，
即${{y}_{0}=-（{x}_{0}-1）}^{2}-1$≤-1，
又由|y0|≤1得：-1≤y0≤1，
则y0=-1，
则x1=0，y1=0，x0=1，
即M点坐标为（1，-1），
证明：（3）由（1）得P点坐标为（$\frac{3}{4}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$），F1、F2的坐标分别为（$\frac{1}{4}$，0），（-$\frac{1}{4}$，0），
∵PF1∥QF2，
∴直线QF2的方程为：y=$\sqrt{3}$（x+$\frac{1}{4}$），
代入y2=-x得：$3{x}^{2}+\frac{5}{2}x+\frac{3}{16}=0$，
∵P、Q在x轴同侧，故Q点坐标为（$-\frac{1}{12}$，$\frac{\sqrt{3}}{6}$），
则直线QF1的方程为：y=$-\frac{\sqrt{3}}{2}$（x-$\frac{1}{4}$），
PF2的方程为：y=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（x+$\frac{1}{4}$），
联立两个直线的方程，可得交点M的坐标为（0，$\frac{\sqrt{3}}{8}$），
过M作PF1的平行线方程为：y=$\sqrt{3}$x+$\frac{\sqrt{3}}{8}$，
则点K的坐标为：（-$\frac{1}{8}$，0），
则|MK|=$\frac{1}{4}$，
即|MK|是定值
点评 本题考查的知识点是抛物线的方程，抛物线的性质，两点之间距离方程，点关于直线的对称点，直线的交点，两点之间距离公式，是解析几何知识的综合应用，难度中档．
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