已知动圆N经过定点F.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� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

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．