Question

16．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处的切线为l．问：是否存在定点P（0，t）（t＜0），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t的值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）把x=4代入抛物线方程计算N点坐标，得出|MN|，根据抛物线的定义列方程解出p；
（2）假设存在点P满足条件，求出直线PA，PB及切线方程，联立方程组求出D，E坐标，计算△QAB与△PDE的面积，令其比值为常数，得出方程组解出t．

解答 解：（1）设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的方程为x²=4y；
（2）点A、B均在抛物线x²=4y上，
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．
曲线C在Q处的切线l的方程是$y=\frac{m}{2}x-\frac{m^2}{4}$，它与y轴的交点为F（0，$-\frac{m^2}{4}$）．
由于-2＜m＜2，因此$-1＜\frac{m}{2}＜1$．
①当-1＜t＜0时，$-1＜\frac{t-1}{2}＜-\frac{1}{2}$，存在m∈（-2，2），使得$\frac{m}{2}=\frac{t-1}{2}$，
即l与直线PA平行，故当-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＞$\frac{m}{2}$，所以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${x_D}=\frac{{{m^2}+4t}}{2（m+1-t）}$，${x_E}=\frac{{{m^2}+4t}}{2（m+t-1）}$，
则${x_D}-{x_E}=（1-t）\frac{{{m^2}+4t}}{{{m^2}-{{（t-1）}^2}}}$．
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$\frac{{{S_{△QAB}}}}{{{S_{△PDE}}}}$=$\frac{4}{1-t}•\frac{{（{m^2}-4）[{m^2}-{{（t-1）}^2}]}}{{{{（{m^2}+4t）}^2}}}$=$\frac{4}{1-t}•\frac{{{m^4}-[4+{{（t-1）}^2}]{m^2}+4{{（t-1）}^2}}}{{{m^4}+8t{m^2}+16{t^2}}}$．
对任意m（-2，2），要使$\frac{{{S_{△QAB}}}}{{{S_{△PDE}}}}$为常数，即只需t满足$\left\{\begin{array}{l}-4-{（t-1）^2}=8t\\ 4{（t-1）^2}=16{t^2}\end{array}\right.$
解得t=-1．此时$\frac{{{S_{△QAB}}}}{{{S_{△PDE}}}}$=2，故存在t=-1，使得△QAB与△PDE的面积之比是常数2．

点评 本题考查了抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系，属于中档题．