Question

3．已知直線y=x+m與拋物線x²=4y相切，且與x軸的交點(diǎn)為M，點(diǎn)N（-1，0）．若動(dòng)點(diǎn)P與兩定點(diǎn)M，N所構(gòu)成三角形的周長(zhǎng)為6．  
（Ⅰ） 求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程；
 （Ⅱ） 設(shè)斜率為$\frac{1}{2}$的直線l交曲線C于A，B兩點(diǎn)，當(dāng)PN⊥MN時(shí)，證明：∠APN=∠BPN．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由直線y=x+m與拋物線x²=4y相切，利用根的差別式求出m=-1，從而M（1，0），進(jìn)而推導(dǎo)出動(dòng)點(diǎn)在以M，N為焦點(diǎn)的橢圓上，且不在x軸上，由此能求出動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程．
（Ⅱ）設(shè)直線l的方程為y=$\frac{1}{2}x+t$，（t≠±1），聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}x+t}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得x²+tx+t²-3=0，由根的判別式得到-2＜t＜2，要證明∠APN=∠BPN，即要證明k_AP+k_BP=0，即證x₁x₂+t（x₁+x₂）-2（x₁+x₂）+3-2t=0，由此利用韋達(dá)定理能證明∠APN=∠BPN．

解答 解：（Ⅰ）∵直線y=x+m與拋物線x²=4y相切，
∴方程x²=4（x+m）有等根，
∴△=16+16m=0，解得m=-1，∴M（1，0），
又∵動(dòng)點(diǎn)P與定點(diǎn)M（1，0），N（-1，0）所構(gòu)成的三角形的周長(zhǎng)為6，且|MN|=2，
∴|PM|+|PN|=4＞|MN|=2，
根據(jù)橢圓的定義，動(dòng)點(diǎn)在以M，N為焦點(diǎn)的橢圓上，且不在x軸上，
∴2a=4，2c=2，解得a=2，c=1，∴b=$\sqrt{3}$，
∴動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1（y≠0）．
證明：（Ⅱ）設(shè)直線l的方程為y=$\frac{1}{2}x+t$，（t≠±1），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}x+t}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得x²+tx+t²-3=0，
△′=-3t²+12＞0，∴-2＜t＜2，此時(shí)直線l與曲線C有兩個(gè)交點(diǎn)A，B，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則${x}_{1}+{x}_{2}=-t，{x}_{1}{x}_{2}={t}^{2}-3$，
∵PN⊥MN，不妨取P（1，$\frac{3}{2}$），
要證明∠APN=∠BPN，也就是要證明k_AP+k_BP=0，
即證$\frac{{y}_{1}-\frac{3}{2}}{{x}_{1}}$+$\frac{{y}_{2}-\frac{3}{2}}{{x}_{2}}$=0，即證（${y}_{1}-\frac{3}{2}$）（x₂-1）+（y₂-$\frac{3}{2}$）（x₁-1）=0，
即證x₁x₂+t（x₁+x₂）-2（x₁+x₂）+3-2t=0，
把${x}_{1}+{x}_{2}=-t，{x}_{1}{x}_{2}={t}^{2}-3$，代入，得：
t²-3-t²+2t+3-2t=0，
∴∠APN=∠BPN．

點(diǎn)評(píng) 本題考查點(diǎn)的軌跡方程的求法，考查兩角相等的證明，涉及到直線方程、橢圓、根的判別式、韋達(dá)定理等知識(shí)點(diǎn)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．