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    2．已知动圆N经过定点F（0，$\frac{1}{2}$），且与定直线y=-$\frac{1}{2}$相切，动圆圆心N的轨迹记为曲线C，点Q（x0，y0）是曲线C上一点
    （1）求曲线C的方程；
    （2）若直线l过点F（0，$\frac{1}{2}$）且与曲线C交于不同于Q的两点A、B，分别过A、B、Q、且斜率存在的三条直线l1，l2，l0都与曲线C有且只有一个公共点，P、D、E分别为l1与l2，l0与l1，l0与l2的交点，求△QAB与△PDE的面积之比．

    分析 （1）利用直线与圆相切的性质、抛物线的定义即可得出．
    （2）设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB方程为y=$kx+\frac{1}{2}$．与抛物线方程联立可得x2-2kx-1=0．利用根与系数的关系与弦长公式可得|AB|，再利用点到直线的距离公式与三角形面积计算公式可得S△QAB，利用直线与抛物线相切的性质可得切线的斜率与方程，可得直线的交点，即可得出△PDE的面积．

    解答 解：（1）设圆心N到定直线y=$-\frac{1}{2}$的距离为d，动圆N的半径为R，由已知得d=R，
    即|MF|与点N到定直线y=$-\frac{1}{2}$的距离相等，由抛物线的定义得曲线C的方程x2=2y．
    （2）设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB方程为y=$kx+\frac{1}{2}$．
    由$\left\{\begin{array}{l}{x^2}=2y\\ y=kx+\frac{1}{2}\end{array}\right.$，化为x2-2kx-1=0．△＞0，
    ∴x1+x2=2k，x1x2=-1，
    |AB|=$\sqrt{1+{k^2}}|{x_1}-{x_2}|=2（1+{k^2}）$，点Q到直线AB的距离${d_1}=\frac{{|k{x_0}-{y_0}+\frac{1}{2}|}}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$．
    ∴${S_{△QAB}}=\frac{1}{2}|AB|{d_1}=\sqrt{1+{k^2}}|k{x_0}-{y_0}+\frac{1}{2}|$．
    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．
    ∴直线l0的方程为y=${x_0}x-\frac{x_0^2}{2}$，
    同理直线l1的方程为y=${x_1}x-\frac{x_1^2}{2}$  ①，直线l2的方程为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|=$\sqrt{{{（\frac{{{x_1}-{x_2}}}{2}）}^2}+{{（\frac{{{x_1}{x_0}}}{2}-\frac{{{x_2}{x_0}}}{2}）}^2}}=\frac{{\sqrt{1+x_0^2}}}{2}\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\sqrt{1+x_0^2}\sqrt{1+{k^2}}$．
    点P到直线DE：y=${x_0}x-\frac{x_0^2}{2}$的距离${d_2}=\frac{{|k{x_0}-{y_0}+\frac{1}{2}|}}{{\sqrt{1+x_0^2}}}$．
    ∴${S_{△PDE}}=\frac{1}{2}|DE|{d_2}=\frac{1}{2}\sqrt{1+{k^2}}|k{x_0}-{y_0}+\frac{1}{2}|$．
    ∴S△QAB：S△PDE=2．

    点评 本题考查了抛物线的定义标准方程及其性质、直线与抛物线相交相切问题、斜率计算公式、一元二次方程的根与系数的关系、弦长公式、圆的定义及其性质、点到直线的距离公式、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

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