（20）（本题 15 分）已知曲线 C 是到点 $\mathrm{P}\left(-\frac{1}{2}, \frac{3}{8}\right)$ 和到直线 $y=-\frac{5}{8}$ 距离相等的点的轨迹。 $\ell$ 是过点 $\mathrm{Q}(-1$ ， 0 ）的直线，$M$ 是 $C$ 上（不在 $\ell$ 上）的动点；$A , B$在 $\ell$ 上，$M A \perp \ell, M B \perp x$ 轴（如图）。
（第 20 预）
（I）求曲线 C 的方程；
（II）求出直线 $\ell$ 的方程，使得 $\frac{|Q B|^{2}}{|Q A|}$ 为常数。
参考答案本题主要考查求曲线的轨迹方程、两条直线的位置关系等基础知识，考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力。满分 15 分。 （ I ）解：设 $N(x, y)$ 为 $C$ 上的点，则 $|N P|=\sqrt{\left(x+\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(y-\frac{3}{8}\right)^{2}}$, $N$ 到直线 $y=-\frac{5}{8}$ 的距离为 $\left|y+\frac{5}{8}\right|$ ． 由题设得 $\sqrt{\left(x+\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(y-\frac{3}{8}\right)^{2}}=\left|y+\frac{5}{8}\right|$ ． 化简，得曲线 $C$ 的方程为 $y=\frac{1}{2}\left(x^{2}+x\right)$ ． （ II ）解法一： 设 $M\left(x, \frac{x^{2}+x}{2}\right)$ ，直线 $l: y=k x+k$ ，则 $B(x, k x+k)$ ，从而 $|Q B|=\sqrt{1+k^{2}}|x+1|$ ．  在 Rt $\triangle Q M A$ 中，因为 $|Q M|^{2}=(x+1)^{2}\left(1+\frac{x^{2}}{4}\right)$, $|M A|^{2}=\frac{(x+1)^{2}\left(k-\frac{x}{2}\right)^{2}}{1+k^{2}}$. 所以 $|Q A|^{2}=|Q M|^{2}-|M A|^{2}=\frac{(x+1)^{2}}{4\left(1+k^{2}\right)}(k x+2)^{2}$ ． $|Q A|=\frac{|x+1| \cdot|k x+2|}{2 \sqrt{1+k^{2}}}$, $\frac{|Q B|^{2}}{|Q A|}=\frac{2\left(1+k^{2}\right) \sqrt{1+k^{2}}}{|k|} \cdot\left|\frac{x+1}{x+\frac{2}{k}}\right|$. 当 $k=2$ 时,$\frac{|Q B|^{2}}{|Q A|}=5 \sqrt{5}$ ， 从而所求直线 $l$ 方程为 $2 x-y+2=0$ ． 解法二：设 $M\left(x, \frac{x^{2}+x}{2}\right)$ ，直线 $l: y=k x+k$ ，则 $B(x, k x+k)$ ，从而 $|Q B|=\sqrt{1+k^{2}}|x+1|$. 过 $Q(-1,0)$ 垂直于 $l$ 的直线 $l_{1}: y=-\frac{1}{k}(x+1)$ ． 因为 $|Q A|=|M H|$ ，所以 $|Q A|=\frac{|x+1| \cdot|k x+2|}{2 \sqrt{1+k^{2}}}$ ， $\frac{|Q B|^{2}}{|Q A|}=\frac{2\left(1+k^{2}\right) \sqrt{1+k^{2}}}{|k|} \cdot\left|\frac{x+1}{x+\frac{2}{k}}\right|$.  当 $k=2$ 时,$\frac{|Q B|^{2}}{|Q A|}=5 \sqrt{5}$ ， 从而所求直线 $l$ 方程为 $2 x-y+2=0$ ．
