Question

9．已知過拋物線E：x²=2py（p＞0）焦點F且傾斜角的60°直線l與拋物線E交于點M，N，△OMN的面積為4．
（Ⅰ）求拋物線E的方程；
（Ⅱ）設P是直線y=-2上的一個動點，過P作拋物線E的切線，切點分別為A、B，直線AB與直線OP、y軸的交點分別為Q、R，點C、D是以R為圓心、RQ為半徑的圓上任意兩點，求∠CPD最大時點P的坐標．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用點斜法寫出直線l的方程為$y=\sqrt{3}x+\frac{p}{2}$；結合△OMN的幾何意義和三角形的面積求法求得p的值即可；
（Ⅱ）設$P（{t，-2}），A（{{x_1}，\frac{x_1^2}{4}}），B（{{x_2}，\frac{x_2^2}{4}}）$，由x²=4y得$y=\frac{x^2}{4}，y\;\;'=\frac{x}{2}$，易得切線PA、PB的直線方程，把點P的坐標代入得到直線AB的方程tx-2y+4=0，由R的坐標和圓半徑的計算方法求得半徑的長度，則當PC，PD與圓R相切時角∠CPD最大，所以利用銳角三角函數的定義和不等式的基本性質進行解答即可．

解答 解：（Ⅰ）依題意，$F（{0，\frac{p}{2}}）$，所以直線l的方程為$y=\sqrt{3}x+\frac{p}{2}$；
由$\left\{\begin{array}{l}y=\sqrt{3}x+\frac{p}{2}\\{x^2}=2py\end{array}\right.$得：${x^2}-2\sqrt{3}px-{p^2}=0$，$△={（{2\sqrt{3}p}）^2}+4{p^2}=16{p^2}＞0，{x_1}+{x_2}=2\sqrt{3}p，{x_1}{x_2}=-{p^2}$
法一：所以${y_1}+{y_2}=\sqrt{3}（{{x_1}+{x_2}}）+p=7p，|{MN}|={y_1}+{y_2}+p=8p$，
O到MN的距離$d=\frac{{|{\frac{p}{2}}|}}{{\sqrt{{{（{\sqrt{2}}）}^2}+1}}}=\frac{p}{4}，{S_{△OMN}}=\frac{1}{2}|{MN}|d={p^2}=4$，
∴p=2，拋物線方程為x²=4y；
法二：$|{{x_1}-{x_2}}|=\sqrt{{{（{{x_1}+{x_2}}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=4p$，${S_{△OMN}}=\frac{1}{2}|{OF}||{{x_1}-{x_2}}|={p^2}=4⇒p=2$，故拋物線方程為x²=4y．
（II）設$P（{t，-2}），A（{{x_1}，\frac{x_1^2}{4}}），B（{{x_2}，\frac{x_2^2}{4}}）$，由x²=4y得$y=\frac{x^2}{4}，y\;\;'=\frac{x}{2}$，
則切線PA方程為$y-\frac{x_1^2}{4}=\frac{x_1}{2}（{x-{x_1}}）$即$y=\frac{x_1}{2}x-\frac{x_1^2}{4}=\frac{x_1}{2}x-{y_1}$，
同理，切線PB方程為$y=\frac{x_2}{2}x-{y_2}$，
把P代入可得$\left\{\begin{array}{l}-2=\frac{x_1}{2}t-{y_1}\\-2=\frac{x_2}{2}t-{y_2}\end{array}\right.$，故直線AB的方程為-2=$\frac{x}{2}$t-y即tx-2y+4=0，
∴R（0，2）由$\left\{\begin{array}{l}tx-2y+4=0\\ y=\frac{-2}{t}x\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{x_Q}=\frac{-4t}{{{t^2}+4}}\\{y_Q}=\frac{8}{{{t^2}+4}}\end{array}\right.$，
∴$r=RQ=\sqrt{{{（{x_Q}）}^2}+{{（{{y_Q}-2}）}^2}}=\sqrt{\frac{{16{t^2}}}{{{{（{{t^2}+4}）}^2}}}+{{（{\frac{8}{{{t^2}+4}}-2}）}^2}}=\frac{2|t|}{{\sqrt{{t^2}+4}}}$，
當PC，PD與圓R相切時角∠CPD最大，
此時$sin\frac{∠CPD}{2}=\frac{r}{PR}=\frac{{\frac{2|t|}{{\sqrt{{t^2}+4}}}}}{{\sqrt{{t^2}+16}}}=\frac{2}{{\sqrt{{t^2}+\frac{64}{t^2}+20}}}≤\frac{1}{3}$，等號當$t=±2\sqrt{2}$時成立，
∴當$P（{±2\sqrt{2}，-2}）$時，所求的角∠CPD最大．
綜上，當∠CPD最大時點P的坐標為$（{±2\sqrt{2}，-2}）$．
法二：同解法一，得AB：tx-2y+4=0，注意到OP⊥AB，
∴$|{PQ}|=\frac{{|{{t^2}+8}|}}{{\sqrt{{t^2}+4}}}$，
∴$tan\frac{∠CPD}{2}=\frac{{|{RQ}|}}{{|{PQ}|}}=|{\frac{2t}{{{t^2}+8}}}|≤\frac{{|{2t}|}}{{|{2\sqrt{2}t}|}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$
當且僅當t²+8即$t=±2\sqrt{2}$時等號成立．

點評 本題主要考查了直線與拋物線相交問題、點到直線的距離公式、三角形的面積計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．