浙江 2021 · 数学 q21

题面

21. 如图，已知 $F$ 是抛物线 $y^{2} = 2px(p > 0)$ 的焦点，$M$ 是抛物线的准线与 $x$ 轴的交点，且 $\left|MF\right| = 2$

(1) 求抛物线的方程;

(2) 设过点 $F$ 的直线交抛物线与 $A 、 B$ 两点, 斜率为2的直线 $l$ 与直线

MA, MB, AB, x轴依次交于点P, Q, R, N, 且 $\left|RN\right|^{2}=\left|PN\right|\cdot\left|QN\right|$ ，求直线l在x轴上截距的范围.

答案

（1） $y^{2}=4x$ ；（2） $\left(-\infty,-7-4\sqrt{3}\right]\cup\left[-7+4\sqrt{3},1\right)\cup(1,+\infty)$ .

解析

分析

（1）求出 p 的值后可求抛物线的方程.

（2）设 $AB: x = ty + 1$，$A(x_1, y_1), B(x_2, y_2)$，$N(n, 0)$，联立直线 $AB$ 的方程和抛物线的方程后可得 $y_1y_2 = -4, y_1 + y_2 = 4t$，求出直线 $MA, MB$ 的方程，联立各直线方程可求出

$y_{P}, y_{Q}, y_{R}$ ，根据题设条件可得 $\left(\frac{n+1}{n-1}\right)^{2}=\frac{3+4t^{2}}{(2t-1)^{2}}$ ，从而可求n的范围.

（1）因为 $\left|MF\right|=2$ ，故p=2，故抛物线的方程为： $y^{2}=4x$ .

(2) 设 $AB: x = ty + 1$ ， $A(x_{1}, y_{1}), B(x_{2}, y_{2})$ ， $N(n, 0)$ ，

所以直线 $l:x=\frac{y}{2}+n$ ，由题设可得 $n\neq1$ 且 $t\neq\frac{1}{2}$ .

由 $\left\{\begin{array}{l} x = ty + 1 \\ y^2 = 4x \end{array} \right.$ 可得 $y^2 - 4ty - 4 = 0$，故 $y_1y_2 = -4, y_1 + y_2 = 4t$，

因为 $\left|RN\right|^{2}=\left|PN\right|\cdot\left|QN\right|$ ，故 $\left(\sqrt{1+\frac{1}{4}}\left|y_{R}\right|\right)^{2}=\sqrt{1+\frac{1}{4}}\left|y_{P}\right|\cdot\sqrt{1+\frac{1}{4}}\left|y_{Q}\right|$ ，故 $y_{R}^{2}=\left|y_{P}\right|\cdot\left|y_{Q}\right|$ .

又 $MA: y = \frac{y_1}{x_1 + 1}(x + 1)$，由 $\begin{cases} y = \frac{y_1}{x_1 + 1}(x + 1) \\ x = \frac{y}{2} + n \end{cases}$ 可得 $y_P = \frac{2(n + 1)y_1}{2x_1 + 2 - y_1}$，同理 $y_Q = \frac{2(n + 1)y_2}{2x_2 + 2 - y_2}$，由 $\begin{cases} x = ty + 1 \\ x = \frac{y}{2} + n \end{cases}$ 可得 $y_R = \frac{2(n - 1)}{2t - 1}$，所以 $\left[\frac{2(n - 1)}{2t - 1}\right]^2 = \left|\frac{2(n + 1)y_2}{2x_2 + 2 - y_2} \times \frac{2(n + 1)y_1}{2x_1 + 2 - y_1}\right|$，整理得到 $\left(\frac{n - 1}{n + 1}\right)^2 = (2t - 1)^2 \left|\frac{y_1y_2}{(2x_2 + 2 - y_2)(2x_1 + 2 - y_1)}\right|$，$= \frac{4(2t - 1)^2}{\left|\left(\frac{y_2^2}{2} + 2 - y_2\right)\left(\frac{y_1^2}{2} + 2 - y_1\right)\right|}$，$= \frac{4(2t - 1)^2}{\left|\frac{y_2^2y_1^2}{4} + (y_2 + y_1)^2 - y_2y_1 - \frac{y_2 + y_1}{2} \times y_1y_2 - 2(y_2 + y_1) + 4\right|} = \frac{(2t - 1)^2}{3 + 4t^2}$，故 $\left(\frac{n + 1}{n - 1}\right)^2 = \frac{3 + 4t^2}{(2t - 1)^2}$，令 $s = 2t - 1$，则 $t = \frac{s + 1}{2}$ 且 $s \neq 0$，故 $\frac{3 + 4t^2}{(2t - 1)^2} = \frac{s^2 + 2s + 4}{s^2} = 1 + \frac{2}{s} + \frac{4}{s^2} = 4\left(\frac{1}{s} + \frac{1}{4}\right)^2 + \frac{3}{4} \geq \frac{3}{4}$，故 $\left\{\left(\frac{n + 1}{n - 1}\right)^2 \geq \frac{3}{4}\right.$ 即 $\left\{\begin{array}{l} n^2 + 14n + 1 \geq 0 \\ n \neq 1 \end{array} \right.$，解得 $n \leq -7 - 4\sqrt{3}$ 或 $-7 + 4\sqrt{3} \leq n < 1$ 或 $n > 1$。故直线 $l$ 在 $x$ 轴上的截距的范围为 $n \leq -7 - 4\sqrt{3}$ 或 $-7 + 4\sqrt{3} \leq n < 1$ 或 $n$。

$n > 1$

【点睛】方法点睛：直线与抛物线中的位置关系中的最值问题，往往需要根据问题的特征合理假设直线方程的形式，从而便于代数量的计算，对于构建出的函数关系式，注意利用换元法等把复杂函数的范围问题

转化为常见函数的范围问题.