Question

1．已知抛物线C：x²=2py（p＞0）的焦点为F，直线x=4与x轴的交点为M，与C的交点为N，且|NF|=$\frac{5}{4}$|MN|．
（1）求C的方程；
（2）设A（-2，1），B（2，1），动点Q（m，n）（-2＜m＜2）在曲线C上，曲线C在点Q处的切线方程为l．问：是否存在定点P（0，t），使得l与PA，PB都相交，交点分别为D，E，且△QAB与△PDE的面积之比是常数？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）设N（4，y₀），代入x²=2py，结合|NF|=$\frac{5}{4}$|MN|，求出p，即可求解C的方程．
（2）假设存在点P（0，t）（t＜0），满足条件，则直线PA的方程是y=$\frac{t-1}{2}$x+t，直线PB的方程是y=$\frac{1-t}{2}$x+t分类讨论：①当-1＜t＜0时，l∥PA，不符合题意；②当t≤-1时，$\frac{t-1}{2}$≤-1＜$\frac{m}{2}$，$\frac{1-t}{2}$≥1＞$\frac{m}{2}$，分别联立方程组，解得D，E的横坐标，进而可得△QAB与△PDE的面积之比，利用其为常数，即可求得结论．

解答 解：（1）设N（4，y₀），代入x²=2py，得y₀=$\frac{8}{p}$，
∴|MN|=$\frac{8}{p}$，|NF|=$\frac{p}{2}$+$\frac{8}{p}$．
由题设|NF|=$\frac{5}{4}$|MN|，
得$\frac{p}{2}$+$\frac{8}{p}$=$\frac{5}{4}$×$\frac{8}{p}$，解得p=-2（舍去）或p=2，
∴C的方程为x²=4y；
（2）假设存在点P（0，t）（t＜0），满足条件，则直线PA的方程是y=$\frac{t-1}{2}$x+t，直线PB的方程是y=$\frac{1-t}{2}$x+t．
∵-2＜m＜2，∴-1＜$\frac{m}{2}$＜1
①当-1＜t＜0时，-1＜$\frac{t-1}{2}$＜-$\frac{1}{2}$，存在m∈（-2，2），使得$\frac{m}{2}$=$\frac{t-1}{2}$．
∴l∥PA，∴当-1＜t＜0时，不符合题意；
②当t≤-1时，$\frac{t-1}{2}$≤-1＜$\frac{m}{2}$，$\frac{1-t}{2}$≥1＞$\frac{m}{2}$，
∴l与直线PA，PB一定相交，分别联立方程组$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{t-1}{2}x+t}\\{y=\frac{m}{2}x-\frac{{m}^{2}}{4}}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1-t}{2}x+t}\\{y=\frac{m}{2}x-\frac{{m}^{2}}{4}}\end{array}\right.$，
解得D，E的横坐标分别是x_D=$\frac{{m}^{2}+4t}{2（m+1-t）}$，x_E=$\frac{{m}^{2}+4t}{2（m+t-1）}$．
∴x_E-x_D=$（1-t）•\frac{{m}^{2}+4t}{{m}^{2}-（t-1）^{2}}$
∵|FP|=-$\frac{{m}^{2}}{4}$-t
∴S_△PDE=$\frac{1}{2}|FP|×$|x_E-x_D|=$\frac{t-1}{8}×$$\frac{（{m}^{2}+4t）^{2}}{{m}^{2}-（t-1）^{2}}$
∵S_△QAB=$\frac{4-{m}^{2}}{2}$
∴$\frac{{S}_{△QAB}}{{S}_{△PDE}}$=$\frac{4}{1-t}×\frac{{m}^{4}-[4+（t-1）^{2}]{m}^{2}+4（t-1）^{2}}{{m}^{4}+8t{m}^{2}+16{t}^{2}}$
∵x₀∈（-2，2），△QAB与△PDE的面积之比是常数
∴$\left\{\begin{array}{l}{-4-（t-1）^{2}=8t}\\{4（t-1）^{2}=16{t}^{2}}\end{array}\right.$，解得t=-1，
∴△QAB与△PDE的面积之比是2．

点评 本题考查抛物线方程的求法，直线与抛物线的位置关系的综合应用，考查向量知识的运用，考查分类讨论的数学思想，考查三角形面积的计算，同时考查分析问题解决问题的能力，转化思想的应用．