Question

1．已知拋物線C：x²=2py（p＞0），過其焦點作斜率為1的直線l交拋物線C于M、N兩點，且|MN|=16．
（Ⅰ）求拋物線C的方程；
（Ⅱ）已知動圓P的圓心在拋物線C上，且過定點D（0，4），若動圓P與x軸交于A、B兩點，求$\frac{|DA|}{|DB|}$+$\frac{|DB|}{|DA|}$的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由$\left\{\begin{array}{l}y=x+\frac{p}{2}\\{x^2}=2py\end{array}\right.$，得x²-2px-p²=0，利用韋達定理，結合|MN|=16，求拋物線C的方程；
（Ⅱ）求出$\frac{|DA|}{|DB|}$的范圍，再借助于導數(shù)，即可求$\frac{|DA|}{|DB|}$+$\frac{|DB|}{|DA|}$的最大值．

解答 解：（Ⅰ）設拋物線的焦點為$F（0，\frac{p}{2}）$，則直線$l：y=x+\frac{p}{2}$，
由$\left\{\begin{array}{l}y=x+\frac{p}{2}\\{x^2}=2py\end{array}\right.$，得x²-2px-p²=0-------------（2分）
∴x₁+x₂=2p，∴y₁+y₂=3p，∴|MN|=y₁+y₂+p=4p=16，
∴p=4，∴拋物線C的方程為x²=8y------------（4分）
（Ⅱ）設動圓圓心P（x₀，y₀），A（x₁，0），B（x₂，0），則$x_0^2=8{y_0}$，
且圓$P：{（x-{x_0}）^2}+{（y-{y_0}）^2}=x_0^2+{（{y_0}-4）^2}$，
令y=0，整理得：${x^2}-2{x_0}x+x_0^2-16=0$，
解得：x₁=x₀-4，x₂=x₀+4，-------------（4分）
設$t=\frac{|DA|}{|DB|}=\sqrt{\frac{{{{（{x_0}-4）}^2}+16}}{{{{（{x_0}+4）}^2}+16}}}=\sqrt{\frac{{x_0^2-8{x_0}+32}}{{x_0^2+8{x_0}+32}}}=\sqrt{1-\frac{{16{x_0}}}{{x_0^2+8{x_0}+32}}}$，
當x₀=0時，t=1，?
當x₀≠0時，$t=\sqrt{1-\frac{16}{{{x_0}+8+\frac{32}{x_0}}}}$，
∵x₀＞0，∴${x_0}+\frac{32}{x_0}≥8\sqrt{2}$，∴$t≥\sqrt{1-\frac{16}{{8+8\sqrt{2}}}}=\sqrt{3-2\sqrt{2}}=\sqrt{2}-1$，且t＜1，?
綜上??知$\sqrt{2}-1≤t≤1$，-------------（8分）
∵$f（t）=t+\frac{1}{t}$在$[\sqrt{2}-1，1]$單調(diào)遞減，
∴$\frac{|DA|}{|DB|}+\frac{|DB|}{|DA|}=t+\frac{1}{t}≤\sqrt{2}-1+\frac{1}{{\sqrt{2}-1}}=2\sqrt{2}$，
當且僅當$t=\sqrt{2}-1$，即${x_0}=4\sqrt{2}$時等號成立．
所以$\frac{|DA|}{|DB|}+\frac{|DB|}{|DA|}$的最大值為$2\sqrt{2}$．-------------（12分）

點評 本題考查了拋物線與圓的標準性質(zhì)及其性質(zhì)、導數(shù)知識的運用，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．