分析 (1)利用曲線C1上的動點M到點F(0,1)的距離與它到y(tǒng)=-1的距離相等,可知曲線C1是以F(0,1)為焦點,開口向上的拋物線,進而計算即得結(jié)論;
(2)通過設(shè)P(x0,$\frac{1}{4}$${{x}_{0}}^{2}$),進而計算出切線AP方程為y=$\frac{{x}_{0}}{2}$x-$\frac{1}{4}$${{x}_{0}}^{2}$,并令y=0可知A($\frac{1}{2}$x0,0),通過設(shè)圓C2的切線AB的方程為x=ty+$\frac{1}{2}$x0,利用1=$\frac{|0-t-\frac{1}{2}{x}_{0}|}{\sqrt{1+{t}^{2}}}$可知圓C2的切線AB的方程為x=$\frac{4-{{x}_{0}}^{2}}{4{x}_{0}}$y+$\frac{1}{2}$x0,利用圓外一點切線的性質(zhì)計算可知dAB=yP,進而可得結(jié)論.
解答 解:(1)∵曲線C1上的動點M到點F(0,1)的距離比它到x軸的距離大1,
∴曲線C1上的動點M到點F(0,1)的距離與它到y(tǒng)=-1的距離相等,
∴曲線C1是以F(0,1)為焦點,開口向上的拋物線,
∴曲線C1方程為:x2=4y;
(2)結(jié)論:△PAB與△PAO的面積相等.
理由如下:
設(shè)P(x0,$\frac{1}{4}$${{x}_{0}}^{2}$),則過點P的曲線C1的切線的斜率為$\frac{1}{2}$x0,
則切線AP方程為:y=$\frac{{x}_{0}}{2}$x-$\frac{1}{4}$${{x}_{0}}^{2}$,
令y=0可知x=$\frac{1}{2}$x0,即A($\frac{1}{2}$x0,0),
設(shè)圓C2的切線AB的方程為:x=ty+$\frac{1}{2}$x0,
則1=$\frac{|0-t-\frac{1}{2}{x}_{0}|}{\sqrt{1+{t}^{2}}}$,整理得:t=$\frac{1}{{x}_{0}}$-$\frac{{x}_{0}}{4}$,
∴圓C2的切線AB的方程為:x=$\frac{4-{{x}_{0}}^{2}}{4{x}_{0}}$y+$\frac{1}{2}$x0,
點P到直線AB的距離dAB=$\frac{|{x}_{0}+(\frac{{x}_{0}}{4}-\frac{1}{{x}_{0}})•\frac{1}{4}{{x}_{0}}^{2}-\frac{1}{2}{x}_{0}|}{\sqrt{1+(\frac{{x}_{0}}{4}-\frac{1}{{x}_{0}})^{2}}}$=$\frac{|\frac{{{x}_{0}}^{3}+4{x}_{0}}{16}|}{\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{{{x}_{0}}^{2}}{16}+\frac{1}{{{x}_{0}}^{2}}}}$=$\frac{1}{4}$${{x}_{0}}^{2}$,
又∵AB=OA,dAB=yP,
∴△PAB與△PAO的面積相等.
點評 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題,考查運算求解能力,注意解題方法的積累,屬于中檔題.
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A. | ρ=2$\sqrt{2}$sin(θ+$\frac{π}{4}$) | B. | ρ=2$\sqrt{2}$sin(θ-$\frac{π}{4}$) | C. | ρ=2$\sqrt{2}$cos(θ+$\frac{π}{4}$) | D. | ρ=-2$\sqrt{2}$cos(θ-$\frac{π}{4}$) |
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