Question

16．已知拋物線C：x²=2py（p＞0）的焦點為F，直線x=4與x軸的交點為M，與C的交點為N，且|NF|=$\frac{5}{4}$|MN|．
（1）求C的方程；
（2）設(shè)A（-2，1），B（2，1），動點Q（m，n）（-2＜m＜2）在曲線C上，曲線C在點Q處的切線為l．問：是否存在定點P（0，t）（t＜0），使得l與PA，PB都相交，交點分別為D，E，且△QAB與△PDE的面積之比是常數(shù)？若存在，求t的值；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）把x=4代入拋物線方程計算N點坐標(biāo)，得出|MN|，根據(jù)拋物線的定義列方程解出p；
（2）假設(shè)存在點P滿足條件，求出直線PA，PB及切線方程，聯(lián)立方程組求出D，E坐標(biāo)，計算△QAB與△PDE的面積，令其比值為常數(shù)，得出方程組解出t．

解答 解：（1）設(shè)N（4，y₁），代入x²=2py，得${y_1}=\frac{8}{p}$，∴$|MN|=\frac{8}{p}$，$|NF|=\frac{p}{2}+{y_1}=\frac{p}{2}+\frac{8}{p}$．
∴$\frac{p}{2}+\frac{8}{p}=\frac{5}{4}×\frac{8}{p}$，解得p=2，
∴C的方程為x²=4y；
（2）點A、B均在拋物線x²=4y上，
假設(shè)存在點P（0，t）（t＜0）滿足條件，
則直線PA的方程是y=$\frac{t-1}{2}$x+t，直線PB的方程是y=$\frac{1-t}{2}$x+t．
曲線C在Q處的切線l的方程是$y=\frac{m}{2}x-\frac{m^2}{4}$，它與y軸的交點為F（0，$-\frac{m^2}{4}$）．
由于-2＜m＜2，因此$-1＜\frac{m}{2}＜1$．
①當(dāng)-1＜t＜0時，$-1＜\frac{t-1}{2}＜-\frac{1}{2}$，存在m∈（-2，2），使得$\frac{m}{2}=\frac{t-1}{2}$，
即l與直線PA平行，故當(dāng)-1＜t＜0時不符合題意．
②當(dāng)t≤-1時，$\frac{t-1}{2}$≤-1＜$\frac{m}{2}$，$\frac{1-t}{2}$≥1＞$\frac{m}{2}$，所以l與直線PA，PB一定相交．
分別聯(lián)立方程組　$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{t-1}{2}x+t\\ y=\frac{m}{2}x-\frac{m^2}{4}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{1-t}{2}x+t\\ y=\frac{m}{2}x-\frac{m^2}{4}\end{array}\right.$
解得D，E的橫坐標(biāo)分別是${x_D}=\frac{{{m^2}+4t}}{2（m+1-t）}$，${x_E}=\frac{{{m^2}+4t}}{2（m+t-1）}$，
則${x_D}-{x_E}=（1-t）\frac{{{m^2}+4t}}{{{m^2}-{{（t-1）}^2}}}$．
又|FP|=$-\frac{m^2}{4}-t$，有S_△PDE=$\frac{1}{2}$•|FP|•|x_E-x_D|=$\frac{1-t}{8}•\frac{{{{（{m^2}+4t）}^2}}}{{{{（t-1）}^2}-{m^2}}}$，
又S_△QAB=$\frac{1}{2}$•4•（1-$\frac{m}{4}$）=$\frac{{4-{m^2}}}{2}$，
于是$\frac{{{S_{△QAB}}}}{{{S_{△PDE}}}}$=$\frac{4}{1-t}•\frac{{（{m^2}-4）[{m^2}-{{（t-1）}^2}]}}{{{{（{m^2}+4t）}^2}}}$=$\frac{4}{1-t}•\frac{{{m^4}-[4+{{（t-1）}^2}]{m^2}+4{{（t-1）}^2}}}{{{m^4}+8t{m^2}+16{t^2}}}$．
對任意m（-2，2），要使$\frac{{{S_{△QAB}}}}{{{S_{△PDE}}}}$為常數(shù)，即只需t滿足$\left\{\begin{array}{l}-4-{（t-1）^2}=8t\\ 4{（t-1）^2}=16{t^2}\end{array}\right.$
解得t=-1．此時$\frac{{{S_{△QAB}}}}{{{S_{△PDE}}}}$=2，故存在t=-1，使得△QAB與△PDE的面積之比是常數(shù)2．

點評 本題考查了拋物線的性質(zhì)，直線與拋物線的位置關(guān)系，屬于中檔題．