Question

已知兩點M（0，1）N（0，-1），平面上動點P（x，y）滿足|

NM

|•|

MP

|+

MN

•

NP

=0．
（Ⅰ）求動點P（x，y）的軌跡C的方程；
（Ⅱ）設(shè)Q（0，m），R（0，-m）（m≠0）是y軸上兩點，過Q作直線與曲線C交于A、B兩點，試證：直線RA、RB與y軸所成的銳角相等；
（Ⅲ）．在Ⅱ的條件中，若m＜0，直線AB的斜率為1，求△RAB面積的最大值．

Answer 1

分析：（1）先根足|

NM

|•|

MP

|+

MN

•

NP

=0．把M，N和p的坐標(biāo)代入整理得x²=4y，進而可得P點的軌跡方程．
（2）設(shè)直線l的方程，與拋物線方程聯(lián)立消去y，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），根據(jù)韋達定理可得x₁+x₂和x₁x₂，要證明直線RA、RB與y軸所成的銳角相等，只要證明k_RA+k_RB=0，進而表示出兩直線斜率，相加正好得0．
（3）根據(jù)斜率為1可得直線AB的方程，與拋物線方程聯(lián)立消去y，根據(jù)判別式大于0求得m的范圍，根據(jù)x₁+x₂和x₁x₂，表示出|AB|．記點R到AB的距離為d，dR-AB=

2

|m|，進而表示出△RAB面積，判別出關(guān)于m的函數(shù)的單調(diào)性，進而可求得△RAB面積的最大值．

解答：解：（Ⅰ）∵|

NM|

•|

MP|

+

MN

•

NP

=0，
∴2

x2+(y-1)2

+(0，-2)•(x，y+1)=0
化簡整理得x²=4y∴動點P（x，y）的軌跡C為拋物線，其方程為：x²=4y；
（Ⅱ）∵過Q作直線l與拋物線C交于A、B兩點，∴l(xiāng)的斜率k存在
設(shè)直線l：y=kx+m與x²=4y聯(lián)立，

y=kx+m x2=4y

消去y得x²-4kx-4m=0，
則此方程有兩個不相等的實數(shù)根，
∴△=16k²+16m＞0，*
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則x₁+x₂=4k，x₁x₂-4m，
要證直線RA、RB與y軸所成的銳角相等，
只要證明k_RA+k_RB=0
∵y1=

x 2 1

4

，y2=

x 2 2

4

∴kRA+kRB=

y1+m

x1

+

y2+m

x2

=

x 2 1 4 +m

x1

+

x 2 2 4 +m

x2

=

x1

4

+

m

x1

+

x2

4

+

m

x2

=

1

4

(x1+x2)+

m(x1+x2)

x1x2

=(x1+x2)(

1

4

+

m

-4m

)=0，
∴命題成立．
Ⅲ．若直線AB的斜率k=1，
∴直線x-y+m=0，由Ⅱ．知消去y得x²-4x-4m=0，
由*式△＞0得m＞-1，∴-1＜m＜0，
且x₁+x₂=4，x₁x₂-4m|AB|=

1+k2

(x1+x2)2-4x1x2

=4

2(1+m)

，
記點R到AB的距離為d，dR-AB=

2

|m|，
S△RAB=

1

2

|AB|•d=4

1+m

|m|=4

m3+m2

，
設(shè)f（m）=m³+m²f′（m）=3m²+2m令f′（x）＞0知f（m）
在(-1，-

2

3

)遞增，在(-

2

3

，0)遞減，
∴當(dāng)m=-

2

3

時f（m）有最大值，故S_△RAB最大值為

8 3

9

．

點評：本題主要考查了拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程和直線與拋物線的關(guān)系．直線與圓錐曲線的位置關(guān)系是歷年高考命題的熱點．在近幾年的高考中，每年風(fēng)格都在變換，考查思維的敏捷性，在探索中求創(chuàng)新．