Question

2．已知動圓N經過定點F（0，$\frac{1}{2}$），且與定直線y=-$\frac{1}{2}$相切，動圓圓心N的軌跡記為曲線C，點Q（x₀，y₀）是曲線C上一點
（1）求曲線C的方程；
（2）若直線l過點F（0，$\frac{1}{2}$）且與曲線C交于不同于Q的兩點A、B，分別過A、B、Q、且斜率存在的三條直線l₁，l₂，l₀都與曲線C有且只有一個公共點，P、D、E分別為l₁與l₂，l₀與l₁，l₀與l₂的交點，求△QAB與△PDE的面積之比．

Answer 1

分析 （1）利用直線與圓相切的性質、拋物線的定義即可得出．
（2）設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直線AB方程為y=$kx+\frac{1}{2}$．與拋物線方程聯(lián)立可得x²-2kx-1=0．利用根與系數(shù)的關系與弦長公式可得|AB|，再利用點到直線的距離公式與三角形面積計算公式可得S_△QAB，利用直線與拋物線相切的性質可得切線的斜率與方程，可得直線的交點，即可得出△PDE的面積．

解答 解：（1）設圓心N到定直線y=$-\frac{1}{2}$的距離為d，動圓N的半徑為R，由已知得d=R，
即|MF|與點N到定直線y=$-\frac{1}{2}$的距離相等，由拋物線的定義得曲線C的方程x²=2y．
（2）設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直線AB方程為y=$kx+\frac{1}{2}$．
由$\left\{\begin{array}{l}{x^2}=2y\\ y=kx+\frac{1}{2}\end{array}\right.$，化為x²-2kx-1=0．△＞0，
∴x₁+x₂=2k，x₁x₂=-1，
|AB|=$\sqrt{1+{k^2}}|{x_1}-{x_2}|=2（1+{k^2}）$，點Q到直線AB的距離${d_1}=\frac{{|k{x_0}-{y_0}+\frac{1}{2}|}}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$．
∴${S_{△QAB}}=\frac{1}{2}|AB|{d_1}=\sqrt{1+{k^2}}|k{x_0}-{y_0}+\frac{1}{2}|$．
由$\left\{\begin{array}{l}{x^2}=2y\\ y-\frac{x_0^2}{2}={k_0}（x-{x_0}）\end{array}\right.$得x²-2k₀x+2k₀x₀-x₀²=0．由△=0，得k₀=x₀．
∴直線l₀的方程為y=${x_0}x-\frac{x_0^2}{2}$，
同理直線l₁的方程為y=${x_1}x-\frac{x_1^2}{2}$  ①，直線l₂的方程為y=${x_2}x-\frac{x_2^2}{2}$  ②
由①②得P$（\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}，\frac{{{x_1}{x_2}}}{2}）$，即P$（k，-\frac{1}{2}）$．
同理得D$（\frac{{{x_1}+{x_0}}}{2}，\frac{{{x_1}{x_0}}}{2}）$，E$（\frac{{x}_{2}+{x}_{0}}{2}，\frac{{x}_{2}{x}_{0}}{2}）$．
∴|DE|=$\sqrt{{{（\frac{{{x_1}-{x_2}}}{2}）}^2}+{{（\frac{{{x_1}{x_0}}}{2}-\frac{{{x_2}{x_0}}}{2}）}^2}}=\frac{{\sqrt{1+x_0^2}}}{2}\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\sqrt{1+x_0^2}\sqrt{1+{k^2}}$．
點P到直線DE：y=${x_0}x-\frac{x_0^2}{2}$的距離${d_2}=\frac{{|k{x_0}-{y_0}+\frac{1}{2}|}}{{\sqrt{1+x_0^2}}}$．
∴${S_{△PDE}}=\frac{1}{2}|DE|{d_2}=\frac{1}{2}\sqrt{1+{k^2}}|k{x_0}-{y_0}+\frac{1}{2}|$．
∴S_△QAB：S_△PDE=2．

點評 本題考查了拋物線的定義標準方程及其性質、直線與拋物線相交相切問題、斜率計算公式、一元二次方程的根與系數(shù)的關系、弦長公式、圓的定義及其性質、點到直線的距離公式、三角形面積計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．