已知三点 $O(0,0)$，$A(-2,1)$，$B(2,1)$，曲线 $C$ 上任意一点 $M(x,y)$ 满足 $\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}\right|=\overrightarrow{OM}\cdot \left(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}\right)+2$．
【难度】
【出处】
2012年高考江西卷（理）
【标注】
-
求曲线 $C$ 的方程；标注答案$x^{2}=4y$解析略
-
动点 $Q(x_{0},y_{0})(-2<x_{0}<2)$ 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 $\triangle QAB$ 与 $\triangle PDE$ 的面积之比是常数？若存在，求 $t$ 的值．若不存在，说明理由．标注答案存在，$t=-1$解析设直线 $PA$、$PB$ 的斜率分别为 $k$，$-k$，直线 $l$ 与 $y$ 轴交于点 $G$，则直线 $PA:y-1=k(x+2)$；直线 $PB:y-1=-k(x-2)$；直线 $l:x_{0}x=2(y+y_{0}$．于是\[S_{\triangle QAB}=\dfrac{1}{2}\cdot AB\cdot \left(y_{A}-y_{Q}\right)=2\left(1-y_{0}\right), S_{\triangle PDE}=\dfrac{1}{2}\cdot \left(x_{E}-x_{D}\right)\cdot \left(y_{G}-y_{P}\right).\]分别将直线 $l$ 的方程与直线 $PA,PB$ 的方程联立得\[x_{D}=\dfrac{y_{0}+2k+1}{\dfrac{x_{0}}{2}-k}, x_{E}=\dfrac{y_{0}+2k+1}{\dfrac{x_{0}}{2}+k}.\]同时 $y_{G},y_{P}$ 分别为直线 $l$，直线 $PA$ 的截距，所以\[y_{G}=-y_{0}, y_{P}=t=2k+1.\]有\[S_{\triangle PDE}=\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{(y_{0}+2k+1)(-2k)}{\dfrac{x_{0}^{2}}{4}-k^{2}}\cdot (-y_{0}-2k-1)=\dfrac{k(y_{0}+2k+1)^{2}}{y_{0}-k^{2}},\]综合，得\[\dfrac{S_{\triangle QAB}}{S_{\triangle PDE}}=\dfrac{2(1-y_{0})(y_{0}-k^{2})}{k(y_{0}+2k+1)^{2}}=-\dfrac{2}{k}\cdot \dfrac{y_{0}^{2}-(k^{2}+1)y_{0}+k^{2}}{y_{0}^{2}+2(2k+1)y_{0}+(2k+1)^{2}}.\]因此当且仅当 $k=-1$ 时，该比值为定值 $2$，此时所求 $t=2k+1=-1$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
