Question

10．已知過(guò)拋物線y²=2px（p＞0）的焦點(diǎn)F作直線l，l與拋物線的一個(gè)交點(diǎn)為A（x_A，y_A），與拋物線的準(zhǔn)線交于點(diǎn)B（x_B，y_B），且y_A＞0，y_B＜0，F(xiàn)為AB的中點(diǎn)，|AF|=4．
（1）求拋物線的方程及直線l的斜率；
（2）平行于AB的直線與拋物線交于C、D兩點(diǎn)，若在拋物線上存在一點(diǎn)P，使得直線PC與PD的斜率之積為-4，求直線CD在y軸上截距的最大值．

Answer 1

分析 （1）過(guò)A作準(zhǔn)線的垂線AA′垂足為A′，則AA′=4，AB=8，F(xiàn)K為△AA′B的中位線，于是p=FK=$\frac{1}{2}AA′$=2，借助幾何圖形求出斜率．
（2）設(shè)CD方程為y=$\sqrt{3}x+b$，聯(lián)立方程組，求出直線PC與PD的斜率，令方程k_PC•k_PD=-4有解得△≥0，即可解出b的范圍．

解答 解：（1）過(guò)A作準(zhǔn)線的垂線AA′垂足為A′，設(shè)準(zhǔn)線交x軸與K點(diǎn)，則F（$\frac{p}{2}$，0），K（-$\frac{p}{2}$，0）
則AA′=AF=4，AB=2AF=8，A′B=$\sqrt{A{B}^{2}-AA{′}^{2}}$=4$\sqrt{3}$．
∵FK∥AA′，F(xiàn)是AB的中點(diǎn)，
∴FK=$\frac{1}{2}$AA′=2，即p=2．
∴拋物線方程為y²=4x．′
直線l的斜率k=$\frac{A′B}{AA′}$=$\sqrt{3}$．
（2）設(shè)直線CD的方程為y=$\sqrt{3}$x+b．
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=\sqrt{3}x+b}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$，消元得：y²-$\frac{4y}{\sqrt{3}}$+$\frac{4b}{\sqrt{3}}$=0．
∴△=$\frac{16}{3}$-$\frac{16b}{\sqrt{3}}$＞0，解得b＜$\frac{\sqrt{3}}{3}$．
設(shè)C（$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{4}$，y₁），D（$\frac{{{y}_{2}}^{2}}{4}$，y₂），P（$\frac{{y}^{2}}{4}$，y）．
則y₁+y₂=$\frac{4}{\sqrt{3}}$，y₁y₂=$\frac{4b}{\sqrt{3}}$．
∴k_PC=$\frac{y-{y}_{1}}{\frac{{y}^{2}-{{y}_{1}}^{2}}{4}}$=$\frac{4}{y+{y}_{1}}$，k_PD=$\frac{y-{y}_{2}}{\frac{{y}^{2}-{{y}_{2}}^{2}}{4}}$=$\frac{4}{y+{y}_{2}}$．
∵拋物線上存在一點(diǎn)P，使得直線PC與PD的斜率之積為-4，
∴$\frac{4}{y+{y}_{1}}$•$\frac{4}{y+{y}_{2}}$=-4有解．即y²+$\frac{4y}{\sqrt{3}}$+$\frac{4b}{\sqrt{3}}$+4=0有解．
∴△=$\frac{16}{3}$-$\frac{16b}{\sqrt{3}}$-14≥0，解得b≤-$\frac{13\sqrt{3}}{8}$．
∴直線CD在y軸上截距的最大值為-$\frac{13\sqrt{3}}{8}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了拋物線的性質(zhì)，直線與拋物線的位置關(guān)系，屬于中檔題．