Question

16．已知拋物線C：y²=2px（p＞0）的焦點為F，A為C上異于原點的任意一點．
（1）若直線l過焦點F，且與拋物線C交于A，B兩點，若F是AB的一個靠近點B的三等分點，且點B的橫坐標(biāo)為1，弦長AB=9時，求拋物線C的方程；
（2）在（1）的條件下，若M是拋物線C上位于曲線AOB（O為坐標(biāo)原點，不含端點A，B）上的一點，求△ABM的最大面積．

Answer 1

分析 （1）求得拋物線的焦點和準(zhǔn)線方程，運用$\overrightarrow{AF}$=2$\overrightarrow{FB}$，且點B的橫坐標(biāo)為1，可得A的橫坐標(biāo)，再由拋物線的定義，可得弦長公式，解方程可得p，進(jìn)而得到拋物線的方程；
（2）求得A，B的坐標(biāo)和直線AB的方程，當(dāng)與直線AB平行的直線與拋物線C相切于第一象限的點M時，△ABM的面積取得最大值．求得曲線對應(yīng)函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率，可得切點M的坐標(biāo)，運用點到直線的距離公式和兩點的距離公式，可得三角形的面積的最大值．

解答 解：（1）拋物線C：y²=2px的焦點F（$\frac{p}{2}$，0），準(zhǔn)線l：x=-$\frac{p}{2}$，
設(shè)點A（x₀，y₀），$\overrightarrow{AF}$=2$\overrightarrow{FB}$，且點B的橫坐標(biāo)為1，
則${x_0}=1+3（\frac{p}{2}-1）=\frac{3p}{2}-2$，
由拋物線的定義，得
$|AB|=|AF|+|BF|=1+\frac{p}{2}+{x_0}+\frac{p}{2}=1+\frac{p}{2}+\frac{3p}{2}-2+\frac{p}{2}=\frac{5p}{2}-1=9$，
解得p=4，
所以拋物線C的方程為y²=8x．
（2）由（1）得，焦點F（2，0），${x_0}=\frac{3p}{2}-2=4$．
將x=1代入拋物線C：y²=8x中，得$y=±2\sqrt{2}$，得點$B（1，±2\sqrt{2}）$；
將x=4代入拋物線C：y²=8x中，得$y=±4\sqrt{2}$，得點$A（4，±4\sqrt{2}）$．
①當(dāng)取點$B（1，-2\sqrt{2}）$時，點$A（4，4\sqrt{2}）$，
此時直線AB的方程為$2\sqrt{2}x-y-4\sqrt{2}=0$．
當(dāng)與直線AB平行的直線與拋物線C相切于第一象限的點M時，
△ABM的面積取得最大值．
由y²=8x（y＞0），得$y=2\sqrt{2}•\sqrt{x}$，取導(dǎo)數(shù)${y^'}=2\sqrt{2}•\frac{1}{2}•\frac{1}{{\sqrt{x}}}=\frac{{\sqrt{2}}}{{\sqrt{x}}}$，
令${y^'}=2\sqrt{2}$，得$x=\frac{1}{4}$．
將$x=\frac{1}{4}$代入拋物線C：y²=8x中，得$y=\sqrt{2}（y＞0）$．
所以當(dāng)點M的坐標(biāo)為$（\frac{1}{4}，\sqrt{2}）$時，△ABM的面積取得最大值，
此時點M$（\frac{1}{4}，\sqrt{2}）$到直線$AB：2\sqrt{2}x-y-4\sqrt{2}=0$的距離是
$d=\frac{{|2\sqrt{2}×\frac{1}{4}-\sqrt{2}-4\sqrt{2}|}}{{\sqrt{{{（2\sqrt{2}）}^2}+{{（-1）}^2}}}}=\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$，$|AB|=\sqrt{{{（4\sqrt{2}+2\sqrt{2}）}^2}+{{（4-1）}^2}}=9$，
所以△ABM的最大面積是$S=\frac{1}{2}|AB|•d=\frac{1}{2}×9×\frac{{3\sqrt{2}}}{2}=\frac{{27\sqrt{2}}}{4}$．
②當(dāng)取點$B（1，2\sqrt{2}）$時，點$A（4，-4\sqrt{2}）$，
同理，也驗證△ABM的最大面積是$S=\frac{{27\sqrt{2}}}{4}$；
綜上，△ABM的最大面積是$\frac{{27\sqrt{2}}}{4}$．

點評 本題考查拋物線的方程的求法，注意向量共線的坐標(biāo)表示和拋物線的定義，以及弦長公式，考查三角形的面積的最值的求法，注意運用導(dǎo)數(shù)，求得切點坐標(biāo)，運用點到直線的距離公式和兩點的距離公式，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．