Question

6．已知三点O（0，0），R（-2，1），Q（2，1），曲线C上任意一点M（x，y）满足$|{\overrightarrow{MR}+\overrightarrow{MQ}}|=\overrightarrow{OM}•（{\overrightarrow{OR}+\overrightarrow{OQ}}）+2$．
（Ⅰ）求曲线C的方程；
（Ⅱ）若A，B是曲线C上分别位于点Q两边的任意两点，过A，B分别作曲线C的切线交于点P，过点Q作曲线C的切线分别交直线PA，PB于D，E两点，证明：△QAB与△PDE的面积之比为定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用已知条件求出相关向量，化简向量方程，转化即可得曲线C的方程．
（Ⅱ）设$A（{{x_1}，\frac{{{x_1}^2}}{4}}）$，$B（{{x_2}，\frac{{{x_2}^2}}{4}}）$，设直线AB的方程为y=kx+t，代入抛物线x²=4y，利用韦达定理得到x₁+x₂=4k，x₁x₂=-4t，求出抛物线在点处的切线方程，得到点P的坐标，求得点D，E的横坐标，利用弦长公式求解三角形的面积，即可得到△QAB与△PDE的面积之比为2．

解答 解：（Ⅰ）由$\overrightarrow{MR}=（{-2-x，1-y}）$，$\overrightarrow{MQ}=（{2-x，1-y}）$，∴$|{\overrightarrow{MR}+\overrightarrow{MQ}}|=\sqrt{{{（{-2x}）}^2}+{{（{2-2y}）}^2}}$，$\overrightarrow{OM}•（{\overrightarrow{OQ}+\overrightarrow{OR}}）=（{x，y}）•（{0，2}）=2y$，
∴$\sqrt{{{（{-2x}）}^2}+{{（{2-2y}）}^2}}=2y+2$，
化简得曲线C的方程：x²=4y，…（5分）
（Ⅱ）证明：设$A（{{x_1}，\frac{{{x_1}^2}}{4}}）$，$B（{{x_2}，\frac{{{x_2}^2}}{4}}）$，
显然直线存在斜率，设直线AB的方程为y=kx+t，代入抛物线x²=4y，
得到x²-4kx-4t=0，故x₁+x₂=4k，x₁x₂=-4t，
易知抛物线在点处的切线方程分别为$y=\frac{1}{2}{x_1}x-\frac{{{x_1}^2}}{4}$，$y=\frac{1}{2}{x_2}x-\frac{{{x_2}^2}}{4}$，联立组成方程组，得到点P的坐标$（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}，\frac{{{x_1}{x_2}}}{4}}）$，即P（2k，-t）；
抛物线C在点Q（2，1）处的切线的方程为y=x-1，将其分别于切线PA，PB的方程联立组成方程组，可求得点D，E的横坐标分别为${x_D}=\frac{{{x_1}+2}}{2}$，${x_E}=\frac{{{x_2}+2}}{2}$，则$|{{x_D}-{x_E}}|=\frac{1}{2}|{{x_1}-{x_2}}|$，
又$|{AB}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-{x_2}}|$，$|{DE}|=\sqrt{2}|{{x_D}-{x_E}}|=\frac{{\sqrt{2}}}{2}|{{x_1}-{x_2}}|$，
点Q到AB的距离${d_1}=\frac{{|{2k-1+t}|}}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$，点P到l的距离${d_2}=\frac{{|{2k-1+t}|}}{{\sqrt{2}}}$，
∴${S_{△QAB}}=\frac{1}{2}\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-{x_2}}|×\frac{{|{2k-1+t}|}}{{\sqrt{1+{k^2}}}}=\frac{1}{2}|{2k-1+t}||{{x_1}-{x_2}}|$，
∴${S_{△PDE}}=\frac{1}{2}×\frac{{\sqrt{2}}}{2}×|{{x_1}-{x_2}}|×\frac{{|{2k-1+t}|}}{{\sqrt{2}}}=\frac{1}{4}×|{2k-1+t}||{{x_1}-{x_2}}|$，
∴$\frac{{{S_{△QAB}}}}{{{S_{△PDE}}}}=2$，
所以△QAB与△PDE的面积之比为2．

点评 本题考查轨迹方程的求法，直线与抛物线的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力．