Question

20．已知拋物線x²=2py上點(diǎn)P處的切線方程為x-y-1=0．
（Ⅰ）求拋物線的方程；
（Ⅱ）設(shè)A（x₁，y₁）和B（x₂，y₂）為拋物線上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，其中y₁≠y₂且y₁+y₂=4，線段AB的垂直平分線l與y軸交于點(diǎn)C，求△ABC面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意，拋物線x²=2py上點(diǎn)P處的切線方程為x-y-1=0，設(shè)P的坐標(biāo)，求函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)在P點(diǎn)斜率為1，求解P的坐標(biāo)值．
（Ⅱ）由題意，采用設(shè)而不求的思想，設(shè)A（x₁，y₁）和B（x₂，y₂）為拋物線上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，已知y₁+y₂=4，線段AB的垂直平分線l與y軸交于點(diǎn)C，可以利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式．求解出直線方程，與拋物線組成方程組，求其中點(diǎn)坐標(biāo)范圍．利用弦長公式求|AB|的長度，再求C點(diǎn)到直線AB的距離最大值，從而求解△ABC面積的最大值．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)點(diǎn)$P（{x_0}，\frac{x_0^2}{2p}）$，由x²=2py得$y=\frac{x^2}{2p}$，求導(dǎo)$y\;'=\frac{x}{p}$，
拋物線x²=2py上點(diǎn)P處的切線方程為x-y-1=0，
∴直線PQ的斜率為1，所以$\frac{x_0}{p}=1$且${x_0}-\frac{{{x_0}^2}}{2p}-1=0$，
解得p=2，
所以：拋物線的方程為x²=4y．  
（Ⅱ）設(shè)線段AB中點(diǎn)M（x₀，y₀），則${x_0}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}，{y_0}=\frac{{{y_1}+{y_2}}}{2}$，${k_{AB}}=\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}=\frac{{\frac{{{x_2}^2}}{4}-\frac{{{x_1}^2}}{4}}}{{{x_2}-{x_1}}}=\frac{1}{4}（{{x_1}+{x_2}}）=\frac{x_0}{2}$，
∴直線l的方程為$y-2=-\frac{2}{x_0}（x-{x_0}）$，
即2x+x₀（-4+y）=0，∴l(xiāng)過定點(diǎn)（0，4）．即C的坐標(biāo)為（0，4）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}AB：y-2=\frac{x_0}{2}（x-{x_0}）\\{x^2}=4y\end{array}\right.⇒{x^2}-2x{x_0}+2x_0^2-8=0$
得$△=4x_0^2-4（2x_0^2-8）＞0⇒-2\sqrt{2}＜{x_0}＜2\sqrt{2}$，|AB|=$\sqrt{1+\frac{{{x_0}^2}}{4}}|{{x_1}-{x_2}}|$=$\sqrt{（1+\frac{{{x_0}^2}}{4}）（{32-4x_0^2}）}=\sqrt{（4+{x_0}^2）（{8-x_0^2}）}$，
設(shè)C（0，4）到AB的距離$d=|{CM}|=\sqrt{x_0^2+4}$，∴${S_{△ABC}}=\frac{1}{2}|{AB}|•d=\frac{1}{2}\sqrt{（4+{x_0}^2{）^2}（{8-x_0^2}）}$=$\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}（{x_0}^2+4）（{x_0^2+4}）（16-2x_0^2）}≤\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}{{（\frac{24}{3}）}^3}}=8$．
當(dāng)且僅當(dāng)$x_0^2+4=16-2x_0^2$，即x₀=±2時(shí)取等號(hào)，
∴S_△ABC的最大值為8．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義，直線與拋物線相交問題，弦長問題、“點(diǎn)差法”、點(diǎn)到直線的距離公式、三角形的面積計(jì)算公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．