Question

16．（普通班）設(shè)動(dòng)點(diǎn)P（x，y）到定點(diǎn)F（$\frac{1}{2}$，0）的距離比到y(tǒng)軸的距離大$\frac{1}{2}$．記點(diǎn)P的軌跡為曲線C．
（1）求點(diǎn)P的軌跡方程；
（2）過(guò)F（$\frac{1}{2}$，0）作直線m交曲線C（x≥0）于A、B兩點(diǎn)，若以AB為直徑的圓過(guò)點(diǎn)D（0，$\frac{1}{2}$），求三角形ABD的面積．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出動(dòng)點(diǎn)P的坐標(biāo)，分P的橫坐標(biāo)小于等于0和大于0兩種情況討論，橫坐標(biāo)小于等于0時(shí)明顯看出P的軌跡是x軸負(fù)半軸，x大于0時(shí)直接由題意列式化簡(jiǎn)整理即可．．
（2）設(shè)直線m的方程為x=my+$\frac{1}{2}$，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），x=my+$\frac{1}{2}$代入y²=2x，可得y²-2my-1=0，分類討論，結(jié)合以AB為直徑的圓過(guò)點(diǎn)D（0，$\frac{1}{2}$），求出m，即可求三角形ABD的面積．

解答 解：（1）P到定點(diǎn)F（$\frac{1}{2}$，0）的距離為$\sqrt{（x-\frac{1}{2}）^{2}+{y}^{2}}$，P到y(tǒng)軸的距離為|x|，
∴動(dòng)點(diǎn)P到定點(diǎn)定點(diǎn)F（$\frac{1}{2}$，0）的距離比到y(tǒng)軸的距離大$\frac{1}{2}$，
∴列出等式：$\sqrt{（x-\frac{1}{2}）^{2}+{y}^{2}}$-|x|=1
當(dāng)x≤0時(shí)，P的軌跡為y=0（x≤0）；
當(dāng)x＞0時(shí)，又化簡(jiǎn)得y²=2x為焦點(diǎn)為F（$\frac{1}{2}$，0）的拋物線．
則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程為：y²=$\left\{\begin{array}{l}{2x，x＞0}\\{0，x≤0}\end{array}\right.$；
（2）設(shè)直線m的方程為x=my+$\frac{1}{2}$，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
x=my+$\frac{1}{2}$代入y²=2x，可得y²-2my-1=0
∴y₁y₂=-1，x₁x₂=（my₁+$\frac{1}{2}$）（my₂+$\frac{1}{2}$）=-2m²+$\frac{1}{4}$，
∴以AB為直徑的圓過(guò)D（0，$\frac{1}{2}$），
∴（-x₁，$\frac{1}{2}$-y₁）•（-x₂，$\frac{1}{2}$-y₂）=0，
∴x₁x₂+（$\frac{1}{2}$-y₁）•（$\frac{1}{2}$-y₂）=0，
∴x₁x₂+y₁y₂+$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{2}$（y₁+y₂）=0，
∴-2m²+$\frac{1}{4}$-1+$\frac{1}{4}$-$\frac{1}{2}$×2m=0，解得m=0或-$\frac{1}{2}$，
m=0時(shí)，直線m的方程為x=$\frac{1}{2}$，|AB|=2，三角形ABD的面積S=$\frac{1}{2}×2×\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$；
m=-$\frac{1}{2}$時(shí)，直線m的方程為x=-$\frac{1}{2}$y+$\frac{1}{2}$，|AB|=$\frac{\sqrt{5}}{2}$，d=$\frac{\frac{1}{4}}{\sqrt{1+\frac{1}{4}}}$=$\frac{\sqrt{5}}{10}$三角形ABD的面積S=$\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{5}}{2}$×$\frac{\sqrt{5}}{10}$=$\frac{1}{8}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了拋物線的方程，考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，是中檔題．