Question

18．已知拋物線C的標準方程為y²=2px（p＞0），M為拋物線C上一動點，A（a，0）（a≠0）為其對稱軸上一點，直線MA與拋物線C的另一個交點為N．當A為拋物線C的焦點且直線MA與其對稱軸垂直時，△MON的面積為18．
（1）求拋物線C的標準方程；
（2）記t=$\frac{1}{{|{AM}|}}+\frac{1}{{|{AN}|}}$，若t值與M點位置無關，則稱此時的點A為“穩(wěn)定點”，試求出所有“穩(wěn)定點”，若沒有，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據三角形的面積公式求出p的值即可；
（2）設出直線MN的方程，聯(lián)立方程組，得到關于y的一元二次方程，通過討論a的符號結合二次函數(shù)的性質解出即可．

解答 解：（1）由題意，${S_{△MON}}=\frac{1}{2}•|OA|•|MN|=\frac{1}{2}•\frac{p}{2}•2p=\frac{p^2}{2}=18$，
∴p=6，
拋物線C的標準方程為y²=12x．…（5分）
（2）設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），設直線MN的方程為x=my+a，
聯(lián)立$\left\{{\begin{array}{l}{x=my+a\;}\\{{y^2}=12x\;\;}\end{array}}\right.$得y²-12my-12a=0，
△=144m²+48a＞0，y₁+y₂=12m，y₁y₂=-12a，
由對稱性，不妨設m＞0，
（�。゛＜0時，∵y₁y₂=-12a＞0，∴y₁，y₂同號，
又$t=\frac{1}{|AM|}+\frac{1}{|AN|}=\frac{1}{{\sqrt{1+{m^2}}|{y_1}|}}+\frac{1}{{\sqrt{1+{m^2}}|{y_2}|}}$，
∴${t^2}=\frac{1}{{1+{m^2}}}•\frac{{{{（{y_1}+{y_2}）}^2}}}{{{{（{y_1}{y_2}）}^2}}}=\frac{1}{{1+{m^2}}}•\frac{{144{m^2}}}{{144{a^2}}}=\frac{1}{a^2}（{1-\frac{1}{{1+{m^2}}}}）$，
不論a取何值，t均與m有關，即a＜0時，A不是“穩(wěn)定點”；
（ⅱ）a＞0時，∵y₁y₂=-12a＜0，∴y₁，y₂異號，
又$t=\frac{1}{|AM|}+\frac{1}{|AN|}=\frac{1}{{\sqrt{1+{m^2}}|{y_1}|}}+\frac{1}{{\sqrt{1+{m^2}}|{y_2}|}}$，
∴${t^2}=\frac{1}{{1+{m^2}}}•\frac{{{{（{y_1}-{y_2}）}^2}}}{{{{（{y_1}{y_2}）}^2}}}$
=$\frac{1}{{1+{m^2}}}•\frac{{{{（{y_1}+{y_2}）}^2}-4{y_1}{y_2}}}{{{{（{y_1}{y_2}）}^2}}}$
=$\frac{1}{{1+{m^2}}}•\frac{{144{m^2}+48a}}{{144{a^2}}}$
=$\frac{1}{a^2}（{1+\frac{{\frac{1}{3}a-1}}{{1+{m^2}}}}）$，
∴僅當$\frac{1}{3}a-1=0$，即a=3時，t與m無關，
∴所求的“穩(wěn)定點”為（3，0）…（12分）

點評 本題考查了拋物線的性質，考查新定義“穩(wěn)定點”問題，考查二次函數(shù)的性質，是一道中檔題．