Question

13．設(shè)F（0，1），點(diǎn)P在x軸上，點(diǎn)Q在y軸上，$\overrightarrow{QN}$=2$\overrightarrow{QP}$，$\overrightarrow{QP}$⊥$\overrightarrow{PF}$，當(dāng)點(diǎn)P在x軸上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)N的軌跡為曲線C．
（1）求曲線C的方程；
（2）過點(diǎn)F的直線l交曲線C于A，B兩點(diǎn)，且曲線C在A，B兩點(diǎn)處的切線相交于點(diǎn)M，若△MAB的三邊成等差數(shù)列，求此時(shí)點(diǎn)M到直線AB的距離．

Answer 1

分析 （1）設(shè)N（x，y），則P（$\frac{x}{2}$，0），Q（0，-y），由此根據(jù)題設(shè)條件能求出曲線C的方程．
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直線l：y=kx+1，與橢圓聯(lián)立，得x²-4kx-4=0，由此利用韋達(dá)定理、點(diǎn)到直線距離公式、等差數(shù)列、勾股定理、橢圓性質(zhì)，結(jié)合已知條件能求出點(diǎn)M到直線AB的距離．

解答 解：（1）設(shè)N（x，y），
∵點(diǎn)P在x軸上，點(diǎn)Q在y軸上，$\overrightarrow{QN}$=2$\overrightarrow{QP}$，$\overrightarrow{QP}$⊥$\overrightarrow{PF}$，
∴P（$\frac{x}{2}$，0），Q（0，-y），
∵F（0，1），∴$\overrightarrow{QP}$=（$\frac{x}{2}$，y），$\overrightarrow{PF}$=（-$\frac{x}{2}$，1），
∵$\overrightarrow{QP}$⊥$\overrightarrow{PF}$，∴$\overrightarrow{QP}•\overrightarrow{PF}$=-$\frac{{x}^{2}}{4}$+y=0，
∴曲線C的方程為x²=4y．
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直線l：y=kx+1，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{{x}^{2}=4y}\end{array}\right.$，得x²-4kx-4=0，
則x₁+x₂=4k，x₁x₂=-4，
直線MA的方程為$y=\frac{{x}_{1}}{2}x-\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}$，直線MB的方程為$y=\frac{{x}_{2}}{2}x-\frac{{{x}_{2}}^{2}}{4}$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{{x}_{1}}{2}x-\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}}\\{y=\frac{{x}_{2}}{2}x-\frac{{{x}_{2}}^{2}}{4}}\end{array}\right.$，得M（2k，-1），
∴點(diǎn)M到直線AB的距離d=2$\sqrt{{k}^{2}+1}$，
∵k_MA•k_MB=$\frac{{x}_{1}}{2}•\frac{{x}_{2}}{2}$=-1，∴MA⊥MB，
∴|MA|²+|MB|²=|AB|²，①
∵△MAB的三邊成等差數(shù)列，不妨設(shè)|MA|＜|MB|，
∴|MA|+|AB|=2|MB|，②
由①②，得|MA|：|MB|：|AB|=3：4：5，
∵S_△MAB=$\frac{1}{2}|MA|•|MB|$=$\frac{1}{2}$|AB|•d，∴$\fracvdbflph{|AB|}$=$\frac{12}{25}$，
又|AB|=4（k²+1），
∵$\frac9l5fj9v{|AB|}$=$\frac{1}{2\sqrt{{k}^{2}+1}}$=$\frac{12}{25}$，∴$\sqrt{{k}^{2}+1}$=$\frac{25}{24}$，
∴點(diǎn)M到直線AB的距離d=2$\sqrt{{k}^{2}+1}$=$\frac{25}{12}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查曲線方程的求法，考查點(diǎn)到直線的距離的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意韋達(dá)定理、點(diǎn)到直線距離公式、等差數(shù)列、勾股定理、橢圓性質(zhì)的合理運(yùn)用．