已知三点 $ O\left(0,0\right)$，$A\left(-2,1\right)$，$B\left(2,1\right) $，曲线 $ C $ 上任意一点 $ M\left(x,y\right) $ 满足 $ \left |{\overrightarrow {MA}}+{\overrightarrow {MB}} \right|={\overrightarrow {OM}}\cdot \left({\overrightarrow {OA}}+{\overrightarrow {OB}}\right)+2 $．
【难度】
【出处】
无
【标注】
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求曲线 $ C $ 的方程；标注答案解析由\[ \begin{split}{\overrightarrow {MA}}&=\left(-2-x,1-y\right),\\ {\overrightarrow {MB}}&=\left(2-x,1-y\right) , \\ \left|{\overrightarrow {MA}}+{\overrightarrow {MB}} \right|&={\sqrt{\left(-2x\right)^2+\left(2-2y\right)^2}},\\ {\overrightarrow {OM}}\cdot \left({\overrightarrow {OA}}+{\overrightarrow {OB}}\right)&=\left(x,y\right)\cdot \left(0,2\right)=2y ,\end{split}\]由已知得\[ {\sqrt{\left(-2x\right)^2+\left(2-2y\right)^2}}=2y+2, \]化简得曲线 $ C $ 的方程为\[ x^2=4y .\]
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动点 $ Q\left(x_0,y_0\right)$ $\left(-2<x_0<2\right) $ 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\left(0,t\right)$ $\left(t<0\right) $，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，请说明理由．标注答案解析假设存在点 $ P\left(0,t\right)$ $\left(t<0\right) $ 满足条件，
则直线 $ PA $ 的方程是\[ y={\dfrac{t-1}{2}}x+ t,\]$ PB $ 的方程是\[ y={\dfrac{1-t}{2}}x+t ,\]曲线 $ C $ 在 $ Q $ 处的切线 $ l $ 的方程是\[ y={\dfrac{x_0}{2}}x-{\dfrac{x^2_0}{4}}. \]它与 $ y $ 轴的交点为 $ F\left( 0,-{\dfrac{x^2_0}{4}} \right) $．
由于 $ -2<x_0<2 $，因此 $ -1<{\dfrac{x_0}{2}}<1 $．
① 当 $ -1<t<0 $ 时，\[-1<{\dfrac{t-1}{2}}<-{\dfrac{1}{2}}, \]存在 $ x_0\in \left(-2,2\right) $，使得 $ {\dfrac{x_0}{2}}={\dfrac{t-1}{2}} $，
即 $ l $ 与直线 $ PA $ 平行，故当 $ -1<t<0 $ 时不符合题意．
② 当 $ t\leqslant -1 $ 时，\[\begin{split} {\dfrac{t-1}{2}}&\leqslant -1<{\dfrac{x_0}{2}},\\ {\dfrac{1-t}{2}}&\geqslant 1>{\dfrac{x_0}{2}},\end{split} \]所以 $ l $ 与直线 $ PA$，$PB $ 一定相交．
分别联立方程组\[ \begin{cases} y={\dfrac{t-1}{2}}x+t,\\y={\dfrac{x_0}{2}}x-{\dfrac{x^2_0}{4}},\end{cases} \begin{cases}y={\dfrac{1-t}{2}}x+t,\\y={\dfrac{x_0}{2}}x-{\dfrac{x^2_0}{4}},\end{cases} \]解得 $ D$，$E $ 的横坐标分别是\[ x_D={\dfrac{x^2_0+4t}{2\left(x_0+1-t\right)}},\\x_E={\dfrac{x^2_0+4t}{2\left(x_0+t-1\right)}} ,\]则\[ x_E-x_D=\left(1-t\right){\dfrac{x^2_0+4t}{x^2_0-\left(t-1\right)^2}} ,\]又 $ |FP|=-{\dfrac{x^2_0}{4}}-t $，有\[ \begin{split}S_{\triangle PDE}&={\dfrac{1}{2}}\cdot |FP|\cdot |x_E-x_D|\\&={\dfrac{1-t}{8}}\cdot {\dfrac{\left(x^2_0+4t\right)^2}{\left(t-1\right)^2-x^2_0}}, \end{split}\]又\[ S_{\triangle QAB}={\dfrac{1}{2}}\cdot 4\cdot (1-{\dfrac{x^2_0}{4}}) ={\dfrac{4-x^2_0}{2}}, \]于是\[\begin{split} \dfrac{S_{\triangle QAB}}{S_{\triangle PDE}} &=\dfrac{4}{1-t}\cdot {\dfrac{\left(x^2_0-4\right)\left[x^2_0-\left(t-1\right)^2\right]}{\left(x^2_0+4t\right)^2}}\\&={\dfrac{4}{1-t}}\cdot {\dfrac{x^4_0-\left[4+\left(t-1\right)^2\right]x^2_0+4\left(t-1\right)^2}{x^4_0+8tx^2_0+16t^2}} .\end{split}\]对任意 $ x_0\in \left(-2,2\right) $，要使 $ {\dfrac{S_{\triangle QAB}}{S_{\triangle PDE}}} $ 为常数，
即只需 $ t $ 满足\[ \begin{split}-4-\left(t-1\right)^2&=8t,\\ 4\left(t-1\right)^2&=16t^2 ,\end{split}\]有解 $ t=-1 $．此时 $ {\dfrac{S_{\triangle QAB}}{S_{\triangle PDE}}}=2 $，
故存在 $ t=-1 $，使得 $ \triangle QAB $ 与 $ \triangle PDE $ 的面积之比是常数 $ 2 $．
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
