Question

20．已知直線(xiàn)$\sqrt{3}$x-y-$\sqrt{3}$=0與x軸的交點(diǎn)為N，與拋物線(xiàn)y²=2px（p＞0）相交于點(diǎn)A，與拋物線(xiàn)的準(zhǔn)線(xiàn)相交于點(diǎn)B，點(diǎn)N為AB的中點(diǎn)．
（1）求拋物線(xiàn)的方程；
（2）過(guò)點(diǎn)M（m，0）（m＜0）作斜率為$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$的直線(xiàn)與拋物線(xiàn)y²=2px相交于C，D兩點(diǎn)，F(xiàn)為拋物線(xiàn)的焦點(diǎn)，如果
|CD|²=$\frac{64}{13}$|FC|•|FD|，求∠CFD的余弦值．

Answer 1

分析 （1）求出N（1，0），可設(shè)$B（-\frac{p}{2}，{y_0}）$，求出A點(diǎn)的坐標(biāo)，代入拋物線(xiàn)方程，解得p=2，即可求出拋物線(xiàn)的方程．
（2）聯(lián)立直線(xiàn)與拋物線(xiàn)方程，利用判別式求出m的范圍，設(shè)C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），利用韋達(dá)定理，弦長(zhǎng)公式，求解|CD|²=$\frac{64}{13}$|FC|•|FD|，兩側(cè)數(shù)據(jù)，利用向量的數(shù)量積化簡(jiǎn)，求解即可．

解答 解：（1）由題意得N（1，0），可設(shè)$B（-\frac{p}{2}，{y_0}）$，
由點(diǎn)N為AB的中點(diǎn)得A點(diǎn)的坐標(biāo)為$A（2+\frac{p}{2}，-{y_0}）$，
所以${（-{y_0}）^2}=2p（2+\frac{p}{2}）$且${y_0}=\sqrt{3}（-\frac{p}{2}-1）$，解得p=2或p=-6（舍去），
所以?huà)佄锞�(xiàn)的方程為y²=4x．
（2）把$y=\frac{{\sqrt{3}}}{3}（x-m）$代入y²=4x得x²-（2m+12）x+m²=0，
因?yàn)椤?4m²+48m+144-4m²＞0，所以m＞-3，
設(shè)C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），
則${x_1}+{x_2}=2m+12，{x_1}{x_2}={m^2}$，
$|{CD}|=\sqrt{1+{{（\frac{{\sqrt{3}}}{3}）}^2}}•\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\frac{2}{3}\sqrt{3}•\sqrt{48m+144}$，$|{FC}|•|{FD}|=（{x_1}+1）•（{x_2}+1）={x_1}{x_2}+{x_1}+{x_2}+1={m^2}+2m+13$，
由13|CD|²=64|FC|•|FD|得$\frac{4}{3}（48m+144）•13=64•（{m^2}+2m+13）$，
解得m=-2或m=13（舍去），
因?yàn)?{y_1}•{y_2}=\frac{1}{3}（{x_1}-m）（{x_2}-m）=\frac{1}{3}[{x_1}{x_2}-m（{x_1}+{x_2}）+{m^2}]=-4m$
又$\overrightarrow{FC}•\overrightarrow{FD}=（{x_1}-1，{y_1}）•（{x_2}-1，{y_2}）={x_1}{x_2}-（{x_1}+{x_2}）+1+{y_1}{y_2}={m^2}-6m-11=5$，
因?yàn)?|{FC}|•|{FD}|=（{x_1}+1）•（{x_2}+1）={x_1}{x_2}+{x_1}+{x_2}+1={m^2}+2m+13=13$，
所以由$\overrightarrow{FC}•\overrightarrow{FD}=|{FC}|•|{FD}|•cos∠CFD$，
得$cos∠CFD=\frac{5}{13}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查拋物線(xiàn)方程的求法，直線(xiàn)與拋物線(xiàn)的位置關(guān)系，向量在平面解析幾何中的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．