题号:1712    题型:解答题    来源:河北省2021-2022学年高三上学期9月大联考数学试卷
已知抛物线 $E$ 的顶点为坐标原点, 对称轴为 $x$ 轴, 且直线 $y=x+1$ 与 $E$ 相切.
(1) 求 $E$ 的方程.
(2) 设 $P$ 为 $E$ 的准线上一点, 过 $P$ 作 $E$ 的两条切线, 切点为 $A, B$, 直线 $A B$ 的斜率存在, 且 直线 $P A, P B$ 与 $y$ 轴分别交于 $C, D$ 两点.
(1)证明: $P A \perp P B$.
(2)试问 $\frac{|P C| \cdot|A B|}{|P B| \cdot|C D|}$ 是否为定值? 若是, 求出该定值; 若不是, 请说明理由.
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答案:
(1) 解: 依题意可设 $E$ 的方程为 $y^{2}=2 p x(p \neq 0)$,
联立 $\left\{\begin{array}{l}y^{2}=2 p x, \\ y=x+1,\end{array}\right.$ 得 $x^{2}+2(1-p) x+1=0$,
依题意得 $\Delta=4(1-p)^{2}-4=0$,
解得 $p=2$ 或 $p=0$ (舍去), 故 $E$ 的方程为 $y^{2}=4 x$.
(2)(1)证明: 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P(-1, m)$.
设过点 $P$ 且与 $E$ 相切的直线 $l$ 的斜率为 $k$, 则 $l: y-m=k(x+1)$,
联立 $\left\{\begin{array}{l}y=k x+m+k, \\ y^{2}=4 x,\end{array}\right.$ 得 $k y^{2}-4 y+4(m+k)=0,$,
则 $\Delta_{1}=16-16(m+k) k=0$,
即 $k^{2}+m k-1=0$.
由题意知, 直线 $P A, P B$ 的斜率 $k_{1}, k_{2}$ 为方程 $k^{2}+m k-1=0$ 的两根,
则 $k_{1} k_{2}=-1$, 故 $P A \perp P B$.
(2) 解: 不妨设 $P A$ 的斜率 $k_{1} > 0$, 则 $P B$ 的斜率 $k_{2} < 0$,
设 $P A, P B$ 的倾斜角分别为 $\theta_{1}, \theta_{2}$, 直线 $A B$ 的倾斜角为 $\theta_{0}$ 且斜率为 $k_{0}$,
$k_{0}=\tan \theta_{0}=\frac{y_{2}-y_{1}}{x_{2}-x_{1}}=\frac{y_{2}-y_{1}}{\frac{1}{4} y_{2}^{2}-\frac{1}{4} y_{1}^{2}}=\frac{4}{y_{2}+y_{1}}$,
由(1)可知 $2 y_{1}=\frac{4}{k_{1}}$, 即 $y_{1}=\frac{2}{k_{1}}$, 同理可得 $y_{2}=\frac{2}{k_{2}}$,
则 $k_{0}=\frac{2 k_{2} k_{1}}{k_{2}+k_{1}}=\frac{-2}{-m}=\frac{2}{m}$.
因为 $\tan \angle P C D=\tan \left(\frac{\pi}{2}-\theta_{1}\right)=\frac{1}{k_{1}}$,




$$
\tan \angle P B A=\tan \left(\theta_{2}-\theta_{0}\right)=\frac{\tan \theta_{2}-\tan \theta_{0}}{1+\tan \theta_{2} \cdot \tan \theta_{0}}=\frac{k_{2}-\frac{2}{m}}{1+k_{2} \cdot \frac{2}{m}}=\frac{m k_{2}-2}{m+2 k_{2}},
$$
所以 $\tan \angle P B A-\tan \angle P C D=\frac{m k_{2}-2}{m+2 k_{2}}-\frac{1}{k_{1}}=\frac{m\left(-1+k_{1} k_{2}\right)-2\left(k_{1}+k_{2}\right)}{k_{1}\left(m+2 k_{2}\right)}=\frac{-2 m+2 m}{k_{1}\left(m+2 k_{2}\right)}=0$, 则 $\tan \angle P C D=\tan \angle P B A$, 从而 $\angle P C D=\angle P B A$,
又 $P A \perp P B$, 则 Rt $\triangle P C D \sim \operatorname{si} \triangle P B A$, 所以 $\frac{P C}{C D}=\frac{P B}{B A}$, 故 $\frac{|P C| \cdot|A B|}{|P B| \cdot|C D|}=1$ 为定值.
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