Question

19．已知拋物線C：y²=2px（p＞0）的焦點為F，A為C上位于第一象限的任意一點，過點A的直線l交C于另一點B，交x軸的正半軸于點D．
（1）若|FA|=|AD|，當點A的橫坐標為$3+2\sqrt{2}$時，△ADF為等腰直角三角形，求C的方程；
（2）對于（1）中求出的拋物線C，若點$D（{{x_0}，0}）（{{x_0}≥\frac{1}{2}}）$，記點B關于x軸的對稱點為E，AE交x軸于點P，且AP⊥BP，求證：點P的坐標為（-x₀，0），并求點P到直線AB的距離d的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據拋物線的焦半徑公式，求得FD的中點坐標，則$\frac{3\sqrt{2}}{2}$+2+$\frac{（2+\sqrt{2}）p}{4}$=3+2$\sqrt{2}$，即可求得p的值，求得拋物線方程；
（2）設直線AB的方程，代入 拋物線方程，由向量平行即韋達定理，即可求得P點坐標，則△EPB為等腰直角三角形，則k_AP=1，由直線的斜率公式可得：y₁-y₂=4，兩邊平方（y₁+y₂）²-4y₁y₂=16，m²=1-x₀，x₀＜1，則d=$\frac{2{x}_{0}}{\sqrt{2-{x}_{0}}}$，根據函數的單調性即可求得點P到直線AB的距離d的取值范圍．

解答 解：（1）由題意可知F（$\frac{p}{2}$，0），丨FA丨=3+2$\sqrt{2}$+$\frac{p}{2}$，丨FD丨=$\sqrt{2}$丨FA丨=3$\sqrt{2}$+4+$\frac{\sqrt{2}p}{2}$，
則D（3$\sqrt{2}$+4+$\frac{\sqrt{2}p}{2}$+$\frac{p}{2}$，0），FD的中點坐標（$\frac{3\sqrt{2}}{2}$+2+$\frac{（2+\sqrt{2}）p}{4}$，0），
則$\frac{3\sqrt{2}}{2}$+2+$\frac{（2+\sqrt{2}）p}{4}$=3+2$\sqrt{2}$，解得：p=2，
∴拋物線C：y²=4x；
（2）由題意設AB的方程x=my+x₀，（m≠0），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），E（x₂，-y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{{y}^{2}=4x}\\{x=my+{x}_{0}}\end{array}\right.$，消去x，整理得：y²-4my-4=0，
由x₀≥$\frac{1}{2}$，△=16m²+16x₀＞0，
y₁+y₂=4m，y₁y₂=-4x₀，
設P（x_P，0），則$\overrightarrow{PE}$=（x₂-x_P，-y₂），$\overrightarrow{PA}$=（x₁-x_P，y₁），
由$\overrightarrow{PE}$∥$\overrightarrow{PA}$，則（x₂-x_P）y₁+y₂（x₁-x_P）=0，即x₂y₁+y₂x₁=（y₁+y₂）x_P=$\frac{{y}_{2}^{2}{y}_{1}+{y}_{1}^{2}{y}_{2}}{4}$=$\frac{{y}_{1}{y}_{2}（{y}_{1}+{y}_{2}）}{4}$，顯然y₁+y₂=4m≠0，
∴x_P=$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{4}$=-x₀，即P（-x₀，0），
由題意可知△EPB為等腰直角三角形，
則k_AP=1，即$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=1，則$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{\frac{1}{4}（{y}_{1}^{2}-{y}_{2}^{2}）}$=1，則y₁-y₂=4，
∴（y₁+y₂）²-4y₁y₂=16，即16m²+16x₀=16，則m²=1-x₀，x₀＜1，
由x₀≥$\frac{1}{2}$，則$\frac{1}{2}$≤x₀＜1，d=$\frac{丨-{x}_{0}-{x}_{0}丨}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$=$\frac{2{x}_{0}}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$=$\frac{2{x}_{0}}{\sqrt{2-{x}_{0}}}$，
令$\sqrt{2-{x}_{0}}$=t∈（1，$\frac{\sqrt{6}}{2}$]，則x₀=2-t²，d=$\frac{2（2-{t}^{2}）}{t}$=$\frac{4}{t}$-2t，
則f（t）=$\frac{4}{t}$-2t，在（1，$\frac{\sqrt{6}}{2}$]上是減函數，
∴d∈[$\frac{\sqrt{6}}{3}$，2）．

點評 本題考查拋物線的性質，直線與拋物線的位置關系，考查向量平行，函數單調性與拋物線的應用，考查計算能力，屬于中檔題．