Question

17．過拋物線E：y²=2px（p＞0）外一點P作PO⊥x軸，垂足為Q，線段PQ交拋物線E于R點，連接OP交拋物線E于S點，直線RS與x軸交于A點，直線SQ與y軸交于B點，
（1）若R是PQ的中點，求證：P，B，A三點共線；
（2）設(shè)△SOA，△SOQ，△SQR，△SPQ的面積分別為S₁，S₂，S₃，S₄，求證：$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=$\frac{{S}_{3}}{{S}_{4}}$．

Answer 1

分析 （1）設(shè)R（$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2p}，{y}_{0}$），把P，Q的坐標(biāo)用R的坐標(biāo)表示，求得OP所在直線方程，聯(lián)立直線方程和拋物線方程求得S的坐標(biāo)，由直線方程的兩點式分別求得QS所在直線方程和RS所在直線方程，進一步求得B，A的坐標(biāo)，由向量證明P，B，A三點共線；
（2）把三角形的面積比轉(zhuǎn)化為邊長比得答案．

解答 證明：（1）如圖，
設(shè)R（$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2p}，{y}_{0}$），則P（$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2p}，2{y}_{0}$），Q（$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2p}，0$），
則OP所在直線方程為：$y=\frac{2{y}_{0}}{\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2p}}x=\frac{4p}{{y}_{0}}x$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{4p}{{y}_{0}}x}\\{{y}^{2}=2px}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{{{y}_{0}}^{2}}{8p}}\\{y=\frac{{y}_{0}}{2}}\end{array}\right.$，即S（$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{8p}，\frac{{y}_{0}}{2}$），
則QS所在直線方程為：$\frac{y}{\frac{{y}_{0}}{2}}=\frac{x-\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2p}}{\frac{{{y}_{0}}^{2}}{8p}-\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2p}}=\frac{x-\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2p}}{-\frac{3{{y}_{0}}^{2}}{8p}}$，
取x=0，得$y=\frac{2}{3}{y}_{0}$，∴B（0，$\frac{2}{3}{y}_{0}$），
RS所在直線方程為：$\frac{y-{y}_{0}}{-\frac{{y}_{0}}{2}}=\frac{x-\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2p}}{\frac{{{y}_{0}}^{2}}{8p}-\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2p}}$=$\frac{x-\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2p}}{-\frac{3{{y}_{0}}^{2}}{8p}}$，
取y=0，得x=$-\frac{{{y}_{0}}^{2}}{4p}$，∴A（$-\frac{{{y}_{0}}^{2}}{4p}，0$），
$\overrightarrow{PB}=（-\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2p}，-\frac{4}{3}{y}_{0}）$，$\overrightarrow{PA}=（-\frac{3{{y}_{0}}^{2}}{4p}，-2{y}_{0}）=\frac{3}{2}（-\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2p}，-\frac{4}{3}{y}_{0}）$，
∴P，B，A三點共線；
（2）∵△SOA，△SOQ同高，∴$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=$\frac{|OA|}{|OQ|}=\frac{|-\frac{{{y}_{0}}^{2}}{4p}|}{|\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2p}|}=\frac{1}{2}$，
又△SQR，△SPQ同高，∴$\frac{{S}_{3}}{{S}_{4}}$=$\frac{|QR|}{|PQ|}$=$\frac{|{y}_{0}|}{|2{y}_{0}|}=\frac{1}{2}$，
∴$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=$\frac{{S}_{3}}{{S}_{4}}$．

點評 本題考查了直線與拋物線的位置關(guān)系，考查了數(shù)形結(jié)合的解題思想方法，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，是中檔題．