Question

3．已知斜率為k的直線l過點M（1，0），且與拋物線x²=2y交于A，B兩點，若動點P在y軸的右側(cè)且滿足$\overrightarrow{OP}=\frac{1}{2}\overrightarrow{OA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{OB}$）（O為坐標(biāo)原點）．
（1）求動點P的軌跡方程；
（2）記動點P的軌跡為C，若曲線C的切線斜率為λ，滿足$\overrightarrow{MB}=λ\overrightarrow{MA}$，點A到y(tǒng)軸的距離為a，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）點斜式設(shè)出直線l的方程并與拋物線方程聯(lián)立方程組，得到直線l與物線交于A，B兩點的坐標(biāo)間的關(guān)系，由$\overrightarrow{OP}=\frac{1}{2}\overrightarrow{OA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{OB}$，得到點P的坐標(biāo)與直線斜率k的關(guān)系，消去k得到動點P的軌跡方程．
（2）先求出曲線C的切線斜率λ的范圍，又$\overrightarrow{MB}=λ\overrightarrow{MA}$，用λ表示a，由斜率λ的范圍得出a的取值范圍．

解答 解：（1）設(shè)直線l的方程為y=k（x-1），交點為A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
由$\left\{\begin{array}{l}{x^2}=2y\\ y=k（x-1）\end{array}\right.$，得x²-2kx+2k=0，…（1分）
因為直線與拋物線有兩個交點，所以△=4k²-8k＞0，即k＞2或k＜0..…（2分）
則$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=2k\\{x_1}{x_2}=2k\end{array}\right.$．…（3分）
由$\overrightarrow{OP}=\frac{1}{2}\overrightarrow{OA}+\frac{1}{2}\overrightarrow{OB}$，得P是AB的中點，設(shè)P（x，y），
則$\left\{\begin{array}{l}x=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}=k\\ y=k（x-1）={k^2}-k\end{array}\right.$，消去k得y=x²-x，…（4分）
由P點在y軸的右側(cè)，得x＞0，再由x=k，及k＞2或k＜0，得x＞2．…（5分）
故動點P的軌跡方程為y=x²-x（x＞2）．…（6分）
（2）由曲線C的方程為y=x²-x（x＞2），曲線C的切線的斜率為λ=y'=2x-1（x＞2），∴λ＞3．…（7分）
由已知得：$\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{MB}=（{x_2}-1，{y_2}）\\ \overrightarrow{MA}=（{x_1}-1，{y_1}）\end{array}\right.$
由$\overrightarrow{MB}=λ\overrightarrow{MA}$得$\left\{\begin{array}{l}{x_2}-1=λ（{x_1}-1）\\{y_2}=λ{y_1}\end{array}\right.$，由${x_1}^2=2{y_1}$，${x_2}^2=2{y_2}$得$\left\{\begin{array}{l}{x_2}=λ{x_1}-λ+1\\{x_2}^2=λ{x_1}^2\end{array}\right.$
又λ＞3解得$λ{x_1}^2-2λ{x_1}+λ-1=0$，…（9分）
解得${x_1}=\frac{{2λ±\sqrt{4λ}}}{2λ}=1±\sqrt{\frac{1}{λ}}$．
則A到y(tǒng)軸的距離為$a={x_1}=1±\sqrt{\frac{1}{λ}}（λ＞3）$，
故a的取值范圍是$（1-\frac{{\sqrt{3}}}{3}，1）∪（1，1+\frac{{\sqrt{3}}}{3}）$．…（12分）

點評 本題考查拋物線方程、軌跡方程的求法，以及向量運算，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．