Question

8．已知拋物線C：x²=2py（p＞0），拋物線上一點(diǎn)Q（m，$\frac{1}{2}$）到焦點(diǎn)的距離為1．
（Ⅰ）求拋物線C的方程
（Ⅱ）設(shè)過(guò)點(diǎn)M（0，2）的直線l與拋物線C交于A，B兩點(diǎn)，且A點(diǎn)的橫坐標(biāo)為n（n∈N^*）
（�。┯洝鰽OB的面積為f（n），求f（n）的表達(dá)式
（ⅱ）探究是否存在不同的點(diǎn)A，使對(duì)應(yīng)不同的△AOB的面積相等？若存在，求點(diǎn)A點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用Q（m，$\frac{1}{2}$）到焦點(diǎn)的距離為1，計(jì)算即得結(jié)論；
（Ⅱ）（ⅰ）通過(guò)A點(diǎn)橫坐標(biāo)及直線過(guò)點(diǎn)M可得直線l斜率的表達(dá)式，將其代入S_△AOB，計(jì)算即可；（ⅱ）設(shè)存在不同的點(diǎn)A_m（m，$\frac{{m}^{2}}{2}$），A_n（n，$\frac{{n}^{2}}{2}$）（m≠n，m、n∈N^*），利用f（m）=f（n），計(jì)算即可．

解答 解：（Ⅰ）依題意得|QF|=y_Q+$\frac{p}{2}$=$\frac{1}{2}$+$\frac{p}{2}$=1，解得p=1，
∴拋物線C的方程為x²=2y；
（Ⅱ）（ⅰ）∵直線l與拋物線C交于A、B兩點(diǎn)，
∴直線l的斜率存在，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直線l的方程為：y=kx+2，
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}=2y}\\{y=kx+2}\end{array}\right.$，化簡(jiǎn)得：x²-2kx-4=0，
此時(shí)△=（-2k）²-4×1×（-4）=4（k²+4）＞0，
由韋達(dá)定理，得：x₁+x₂=2k，x₁x₂=-4，
∴S_△AOB=$\frac{1}{2}•$|OM|•|x₁-x₂|
=$\frac{1}{2}$×2$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\sqrt{（-2k）^{2}-4×（-4）}$
=2$\sqrt{4+{k}^{2}}$        （*）
又∵A點(diǎn)橫坐標(biāo)為n，∴點(diǎn)A坐標(biāo)為A（n，$\frac{{n}^{2}}{2}$），
又直線過(guò)點(diǎn)M（0，2），故k=$\frac{\frac{{n}^{2}}{2}-2}{n-0}$=$\frac{n}{2}$-$\frac{2}{n}$，
將上式代入（*）式，可得：
f（n）=2$\sqrt{（\frac{n}{2}-\frac{2}{n}）^{2}+4}$
=2$\sqrt{\frac{{n}^{2}}{4}+\frac{4}{{n}^{2}}+2}$
=2$\sqrt{（\frac{n}{2}+\frac{2}{n}）^{2}}$
=n+$\frac{4}{n}$（n∈N^*）；
（ⅱ）結(jié)論：當(dāng)A點(diǎn)坐標(biāo)為（1，$\frac{1}{2}$）或（4，8）時(shí)，對(duì)應(yīng)不同的△AOB的面積相等．
理由如下：
設(shè)存在不同的點(diǎn)A_m（m，$\frac{{m}^{2}}{2}$），A_n（n，$\frac{{n}^{2}}{2}$）（m≠n，m、n∈N^*），
使對(duì)應(yīng)不同的△AOB的面積相等，則f（m）=f（n），即m+$\frac{4}{m}$=n+$\frac{4}{n}$，
化簡(jiǎn)得：m-n=$\frac{4}{n}$-$\frac{4}{m}$=$\frac{4（m-n）}{mn}$，
又∵m≠n，即m-n≠0，
∴1=$\frac{4}{mn}$，即mn=4，解得m=1，n=4或m=4，n=1，
此時(shí)A點(diǎn)坐標(biāo)為（1，$\frac{1}{2}$），（4，8）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查拋物線的定義及其標(biāo)準(zhǔn)方程、直線與拋物線的位置關(guān)系、函數(shù)的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力、抽象概括能力、推理論證能力，考查函數(shù)與方程的思想、數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想，注意解題方法的積累，屬于中檔題．