Question

2．已知點(diǎn)$A（{2\sqrt{2}，2}）$在拋物線C：x²=2py（p＞0）上．
（1）求拋物線C的方程；
（2）設(shè)定點(diǎn)D（0，m），過(guò)D作直線y=kx+m（k＞0）與拋物線C交于M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）（y₁＜y₂）兩點(diǎn)，連接ON（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），過(guò)點(diǎn)M作垂直于x軸的直線交ON于點(diǎn)G．
①證明點(diǎn)G在一條定直線上；
②求四邊形ODMG的面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)拋物線的性質(zhì)即可求出，
（2）①聯(lián)立方程組，根據(jù)韋達(dá)定理可得y_D=y=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$x₁=$\frac{\frac{1}{4}{{x}_{2}}^{2}}{{x}_{2}}$•x₁=$\frac{{x}_{1}{x}_{2}}{4}$=-m為定值，
②易知四邊形ODMG為梯形，求出面積的表達(dá)式，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最值即可．

解答 解：（1）∵A（2$\sqrt{2}$，2）在拋物線x²=2py上，
∴（2$\sqrt{2}$）²=4p，解得p=2，
∴拋物線的方程為：x²=4y，
（2）①由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}=4y}\end{array}\right.$，消去y整理得x²-4kx-4m=0，
∵M(jìn)（x₁，y₁），N（x₂，y₂）（y₁＜y₂）是y=kx+m（k＞0）與拋物線C的交點(diǎn)，
∴x₁+x₂=4k，x₁x₂=-4m，
∵直線ON的方程為：y=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$x，
∴y_D=y=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$x₁=$\frac{\frac{1}{4}{{x}_{2}}^{2}}{{x}_{2}}$•x₁=$\frac{{x}_{1}{x}_{2}}{4}$=-m為定值，
∴點(diǎn)G在一條定直線y=-m上，
②易知四邊形ODMG為梯形，
∴S=$\frac{1}{2}$[-m+（-m-y₁）]x₁=$\frac{1}{2}$（-2m-$\frac{{x}_{1}^{2}}{4}$）x₁=mx₁-$\frac{1}{8}{x}_{1}^{2}$，
結(jié)合圖形可知0＜x₁＜2$\sqrt{-m}$（x₁=-$\sqrt{-\frac{8}{3}m}$舍去）
由S′=-m-$\frac{3}{8}{x}_{1}^{2}$，當(dāng)S′=0時(shí)，
解得x₁=$\sqrt{-\frac{8}{3}m}$＜2$\sqrt{-m}$，（x₁=-$\sqrt{-\frac{8}{3}m}$舍去），
當(dāng)x₁∈（0，$\sqrt{-\frac{8}{3}m}$）上單調(diào)遞增，在（$\sqrt{-\frac{8}{3}m}$，2$\sqrt{-m}$）單調(diào)遞減，
∴當(dāng)x₁=$\sqrt{-\frac{8}{3}m}$時(shí)，S_max=-m$\sqrt{-\frac{8}{3}m}$-$\frac{1}{8}$（-$\frac{8}{3}$m•）$\sqrt{-\frac{8}{3}m}$=-$\frac{4m\sqrt{-6m}}{9}$

點(diǎn)評(píng) 本題考查了拋物線的性質(zhì)以及韋達(dá)定理和導(dǎo)數(shù)再面積的應(yīng)用，屬于中檔題．