Question

12．已知頂點(diǎn)在原點(diǎn)、焦點(diǎn)F在y軸正半軸上的拋物線C₁過(guò)點(diǎn)（2，1），拋物線C₂與C₁關(guān)于x軸對(duì)稱．
（Ⅰ）求拋物線C₂的方程；
（Ⅱ）過(guò)點(diǎn)F的直線交拋物線C₁于點(diǎn)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）（x₁＜x₂），過(guò)A，B分別作C₁的切線l₁，l₂交于點(diǎn)P，記直線l₁，l₂與C₂的交點(diǎn)為M（m₁，n₁），N（m₂，n₂）（m₁＜m₂），問(wèn)：是否存在直線AB，使得$\frac{{S}_{△APB}}{{S}_{△PMN}}$=2（3+2$\sqrt{2}$）？若存在，求出滿足條件的直線AB的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （I）設(shè)拋物線C₁的標(biāo)準(zhǔn)方程為：x²=2py（p＞0），把點(diǎn)（2，1）代入解得p，即可得出；即可得出拋物線C₂的方程為x²=-2py．
（II）假設(shè)存在直線AB，使得$\frac{{S}_{△APB}}{{S}_{△PMN}}$=2（3+2$\sqrt{2}$）．設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直線AB的方程為：y=kx+1．與拋物線方程聯(lián)立可得x²-4kx-4=0，得到根與系數(shù)的關(guān)系．由${y}^{′}=\frac{1}{2}x$，可得切線AP的方程為：$y-\frac{{x}_{1}^{2}}{4}=\frac{1}{2}{x}_{1}（x-{x}_{1}）$，化為$y=\frac{1}{2}{x}_{1}x-\frac{{x}_{1}^{2}}{4}$，同理可得BP的方程：$y=\frac{1}{2}{x}_{2}x$-$\frac{{x}_{2}^{2}}{4}$．聯(lián)立可得P（2k，-1）．把切線方程與x²=-4y聯(lián)立解得x_M=$（\sqrt{2}-1）{x}_{1}$，同理可得${x}_{N}=（\sqrt{2}-1）{x}_{2}$．利用$\frac{{S}_{△APB}}{{S}_{△PMN}}$=$\frac{|PA||PB|}{|PM||PN|}$=$\frac{（{x}_{P}-{x}_{1}）（{x}_{2}-{x}_{P}）}{（{x}_{P}-{x}_{M}）（{x}_{N}-{x}_{P}）}$．代入解出即可．

解答 解：（I）設(shè)拋物線C₁的標(biāo)準(zhǔn)方程為：x²=2py（p＞0），
把點(diǎn)（2，1）代入可得：4=2p，解得p=2，
∴拋物線C₁的標(biāo)準(zhǔn)方程為x²=4y．
∵拋物線C₂與C₁關(guān)于x軸對(duì)稱，
∴拋物線C₂的方程為x²=-4y．
（II）假設(shè)存在直線AB，使得$\frac{{S}_{△APB}}{{S}_{△PMN}}$=2（3+2$\sqrt{2}$）．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直線AB的方程為：y=kx+1．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{{x}^{2}=4y}\end{array}\right.$，化為x²-4kx-4=0，
∴x₁+x₂=4k，x₁x₂=-4．
由${y}^{′}=\frac{1}{2}x$，
則切線AP的方程為：$y-\frac{{x}_{1}^{2}}{4}=\frac{1}{2}{x}_{1}（x-{x}_{1}）$，化為$y=\frac{1}{2}{x}_{1}x-\frac{{x}_{1}^{2}}{4}$，
同理可得BP的方程：$y=\frac{1}{2}{x}_{2}x$-$\frac{{x}_{2}^{2}}{4}$．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}{x}_{1}x-\frac{{x}_{1}^{2}}{4}}\\{y=\frac{1}{2}{x}_{2}x-\frac{{x}_{2}^{2}}{4}}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}=2k}\\{y=\frac{{x}_{1}{x}_{2}}{4}=-1}\end{array}\right.$，∴P（2k，-1）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{1}{2}{x}_{1}x-\frac{{x}_{1}^{2}}{4}}\\{{x}^{2}=-4y}\end{array}\right.$，化為${x}^{2}+2{x}_{1}x-{x}_{1}^{2}$=0，
解得x_M=$（\sqrt{2}-1）{x}_{1}$，
同理可得${x}_{N}=（\sqrt{2}-1）{x}_{2}$．
$\frac{{S}_{△APB}}{{S}_{△PMN}}$=$\frac{|PA||PB|}{|PM||PN|}$=$\frac{（{x}_{P}-{x}_{1}）（{x}_{2}-{x}_{P}）}{（{x}_{P}-{x}_{M}）（{x}_{N}-{x}_{P}）}$．
分子=${x}_{P}（{x}_{1}+{x}_{2}）-{x}_{P}^{2}-{x}_{1}{x}_{2}$=2k•4k-4k²+4=4（k²+1）．
分母=${x}_{P}（{x}_{M}+{x}_{N}）-{x}_{P}^{2}-{x}_{M}{x}_{N}$=${x}_{P}（\sqrt{2}-1）（{x}_{1}+{x}_{2}）$-${x}_{P}^{2}$-$（3-2\sqrt{2}）{x}_{1}{x}_{2}$=$8{k}^{2}（\sqrt{2}-1）-4{k}^{2}-（3-2\sqrt{2}）×（-4）$=$4（3-2\sqrt{2}）（1-{k}^{2}）$，
∴$\frac{4（1+{k}^{2}）}{4（3-2\sqrt{2}）（1-{k}^{2}）}$=$2（3+2\sqrt{2}）$，
化為3k²=1，解得k=$±\frac{\sqrt{3}}{3}$．
因此存在直線AB：$y=±\frac{\sqrt{3}}{3}x+1$，使得$\frac{{S}_{△APB}}{{S}_{△PMN}}$=2（3+2$\sqrt{2}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了拋物線的定義標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與拋物線相交問(wèn)題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關(guān)系、利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得切線的斜率、三角形的面積之比，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．