Question

8．拋物線y²=x與直線x-2y-3=0的兩個(gè)交點(diǎn)分別為P、Q，點(diǎn)M在拋物線上從P向Q運(yùn)動(dòng)（點(diǎn)M不同于點(diǎn)P、Q），
（Ⅰ）求由拋物線y²=x與直線x-2y-3=0所圍成的封閉圖形面積；
（Ⅱ）求使△MPQ的面積為最大時(shí)M點(diǎn)的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由$\left\{\begin{array}{l}{y^2}=x\\ x-2y-3=0\end{array}\right.$得拋物線與直線的交點(diǎn)為P，Q，根據(jù)定積分的即可求出相對(duì)應(yīng)的面積，方法一，選取積分變量為x，方法二，選取積分變量為y
（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（a，b），要使△MPQ的面積最大即使點(diǎn)M到直線x-2y-3=0的距離最大，故過點(diǎn)M的切線與直線x-2y-3=0平行，利用導(dǎo)數(shù)求出切線的斜率，即可求出a的值，問題得以解決．

解答 解  （Ⅰ）方法一  由$\left\{\begin{array}{l}{y^2}=x\\ x-2y-3=0\end{array}\right.$得拋物線與直線的交點(diǎn)為P（1，-1），Q（9，3）（如圖）．
∴S=${∫}_{0}^{1}$[$\sqrt{x}$-（-$\sqrt{x}$）]dx+${∫}_{1}^{9}$（$\sqrt{x}$-$\frac{x-3}{2}$）dx=2${∫}_{0}^{1}$$\sqrt{x}$dx+${∫}_{1}^{9}$（$\sqrt{x}$-$\frac{x}{2}$+$\frac{3}{2}$）dx
=$\frac{4}{3}$$\sqrt{x^3}$|${\;}_{0}^{1}$+（$\frac{2}{3}$x${\;}^{\frac{3}{2}}$-$\frac{x^2}{4}$+$\frac{3}{2}x$|${\;}_{1}^{9}$=$\frac{4}{3}$+$\frac{28}{3}$=$\frac{32}{3}$．
方法二  若選取積分變量為y，則兩個(gè)函數(shù)分別為x=y²，x=2y+3．由方法一知上限為3，下限為-1．
∴S=${∫}_{-1}^{3}$（2y+3-y²）dy=（y²+3y-$\frac{1}{3}$y³）|${\;}_{-1}^{3}$=（9+9-9）-（1-3+$\frac{1}{3}$）=$\frac{32}{3}$．
（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（a，b），要使△MPQ的面積最大即使點(diǎn)M到直線x-2y-3=0的距離最大，
故過點(diǎn)M的切線與直線x-2y-3=0平行，
故過點(diǎn)M的切線斜率為k=$\frac{1}{2}$，
∵y²=x，
∴y=$\sqrt{x}$
令y=$\sqrt{x}$，
∴y′=$\frac{1}{2\sqrt{x}}$
∴k=$\frac{1}{2\sqrt{a}}$=$\frac{1}{2}$，
解得a=1，
∴b=1，
∴M點(diǎn)的坐標(biāo)為（1，1）時(shí)，△PAB的面積最大．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了定積分的有關(guān)計(jì)算和拋物線的簡(jiǎn)單性質(zhì)，以及導(dǎo)數(shù)的幾何意義，屬于中檔題．