Question

6．已知三點O（0，0），R（-2，1），Q（2，1），曲線C上任意一點M（x，y）滿足$|{\overrightarrow{MR}+\overrightarrow{MQ}}|=\overrightarrow{OM}•（{\overrightarrow{OR}+\overrightarrow{OQ}}）+2$．
（Ⅰ）求曲線C的方程；
（Ⅱ）若A，B是曲線C上分別位于點Q兩邊的任意兩點，過A，B分別作曲線C的切線交于點P，過點Q作曲線C的切線分別交直線PA，PB于D，E兩點，證明：△QAB與△PDE的面積之比為定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用已知條件求出相關(guān)向量，化簡向量方程，轉(zhuǎn)化即可得曲線C的方程．
（Ⅱ）設(shè)$A（{{x_1}，\frac{{{x_1}^2}}{4}}）$，$B（{{x_2}，\frac{{{x_2}^2}}{4}}）$，設(shè)直線AB的方程為y=kx+t，代入拋物線x²=4y，利用韋達定理得到x₁+x₂=4k，x₁x₂=-4t，求出拋物線在點處的切線方程，得到點P的坐標，求得點D，E的橫坐標，利用弦長公式求解三角形的面積，即可得到△QAB與△PDE的面積之比為2．

解答 解：（Ⅰ）由$\overrightarrow{MR}=（{-2-x，1-y}）$，$\overrightarrow{MQ}=（{2-x，1-y}）$，∴$|{\overrightarrow{MR}+\overrightarrow{MQ}}|=\sqrt{{{（{-2x}）}^2}+{{（{2-2y}）}^2}}$，$\overrightarrow{OM}•（{\overrightarrow{OQ}+\overrightarrow{OR}}）=（{x，y}）•（{0，2}）=2y$，
∴$\sqrt{{{（{-2x}）}^2}+{{（{2-2y}）}^2}}=2y+2$，
化簡得曲線C的方程：x²=4y，…（5分）
（Ⅱ）證明：設(shè)$A（{{x_1}，\frac{{{x_1}^2}}{4}}）$，$B（{{x_2}，\frac{{{x_2}^2}}{4}}）$，
顯然直線存在斜率，設(shè)直線AB的方程為y=kx+t，代入拋物線x²=4y，
得到x²-4kx-4t=0，故x₁+x₂=4k，x₁x₂=-4t，
易知拋物線在點處的切線方程分別為$y=\frac{1}{2}{x_1}x-\frac{{{x_1}^2}}{4}$，$y=\frac{1}{2}{x_2}x-\frac{{{x_2}^2}}{4}$，聯(lián)立組成方程組，得到點P的坐標$（{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}，\frac{{{x_1}{x_2}}}{4}}）$，即P（2k，-t）；
拋物線C在點Q（2，1）處的切線的方程為y=x-1，將其分別于切線PA，PB的方程聯(lián)立組成方程組，可求得點D，E的橫坐標分別為${x_D}=\frac{{{x_1}+2}}{2}$，${x_E}=\frac{{{x_2}+2}}{2}$，則$|{{x_D}-{x_E}}|=\frac{1}{2}|{{x_1}-{x_2}}|$，
又$|{AB}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-{x_2}}|$，$|{DE}|=\sqrt{2}|{{x_D}-{x_E}}|=\frac{{\sqrt{2}}}{2}|{{x_1}-{x_2}}|$，
點Q到AB的距離${d_1}=\frac{{|{2k-1+t}|}}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$，點P到l的距離${d_2}=\frac{{|{2k-1+t}|}}{{\sqrt{2}}}$，
∴${S_{△QAB}}=\frac{1}{2}\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-{x_2}}|×\frac{{|{2k-1+t}|}}{{\sqrt{1+{k^2}}}}=\frac{1}{2}|{2k-1+t}||{{x_1}-{x_2}}|$，
∴${S_{△PDE}}=\frac{1}{2}×\frac{{\sqrt{2}}}{2}×|{{x_1}-{x_2}}|×\frac{{|{2k-1+t}|}}{{\sqrt{2}}}=\frac{1}{4}×|{2k-1+t}||{{x_1}-{x_2}}|$，
∴$\frac{{{S_{△QAB}}}}{{{S_{△PDE}}}}=2$，
所以△QAB與△PDE的面積之比為2．

點評 本題考查軌跡方程的求法，直線與拋物線的位置關(guān)系的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力．