Question

14．已知拋物線C：y²=2px（p＞0）與直線y=x+1相切．
（1）求拋物線C的方程；
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是曲線C上兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，其中x₁≠x₂，且x₁+x₂=4，線段AB的垂直平分線l與x軸相交于點(diǎn)Q，求△ABQ面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）聯(lián)立拋物線方程與直線方程消x得y²-2py+2p=0，利用△=0，求出p，即可求拋物線的方程；
（2）設(shè)線段AB的中點(diǎn)為M，則M（2，$\frac{2}{k}）$，求出線段AB的垂直平分線的方程，直線AB的方程代入拋物線方程，利用韋達(dá)定理，進(jìn)而可得S_△ABQ，利用換元法，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)知識(shí)，即可求得結(jié)論．

解答 解：（1）聯(lián)立拋物線方程與直線方程消x得y²-2py+2p=0，
因?yàn)橹本�與拋物線相切，所以△=4p²-8p=0⇒p=2，所以拋物線C的方程是y²=4x．                …（4分）
（2）依題意可設(shè)直線AB：y=kx+m（k≠0），
并聯(lián)立方程y²=4x消x得ky²-4y+4m=0，
因?yàn)椤鳎?⇒mk＜1①，且${y_1}+{y_2}=\frac{4}{k}$②${y_1}{y_2}=\frac{4m}{k}$③
又y₁+y₂=k（x₁+x₂）+2m=4k+2m，并且結(jié)合 ②得 $m=\frac{2}{k}-2k$④，
把④代入①得  ${k^2}＞\frac{1}{2}$，⑤…（6分）
設(shè)線段AB的中點(diǎn)為M，則M（2，$\frac{2}{k}）$，直線l：$y=-\frac{1}{k}（x-2）+\frac{2}{k}$，
令y=0⇒x=4⇒Q（4，0），…（8分）
設(shè)直線AB與x軸相交于點(diǎn)D則$D（-\frac{m}{k}$，0），
所以${S_{△ABQ}}=\frac{1}{2}|{4+\frac{m}{k}}||{{y_1}-{y_2}}|$=$\frac{1}{2}|{4+\frac{m}{k}}|\sqrt{{{（{y_1}+{y_2}）}^2}-4{y_1}{y_2}}$，⑥
把②③④代入⑥并化簡(jiǎn)得S_△ABQ=$4（1+\frac{1}{k^2}）\sqrt{2-\frac{1}{k^2}}$．                                  …（10分）
設(shè)$\sqrt{2-\frac{1}{k^2}}$=t，由⑤知 t＞0，且 $\frac{1}{k^2}=2-{t^2}$，
S_△ABQ=12t-4t³，令f（t）=12t-4t³，
f'（t）=12-12t²=12（1-t）（1+t），
當(dāng)0＜t＜1時(shí)，f'（t）＞0，當(dāng)t＞1時(shí)，f'（t）＜0，
所以，當(dāng)t=1時(shí)，此時(shí)k=±1，函數(shù)f（t）取最大值f（1）=8，
因此△ABQ的面積的最大值為8，直線l的方程為y=±x．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查拋物線的定義，考查拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程，考查直線與拋物線的位置關(guān)系，考查三角形面積的計(jì)算及最值的求解，屬于中檔題．