Question

16．如圖，已知直線l：y=kx+2與拋物線C：x²=2py（p＞0）交于A、B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=（4，12）．
（1）求直線l的方程和拋物線C的方程；
（2）若拋物線C上一動(dòng)點(diǎn)P從A到B運(yùn)動(dòng)時(shí)（P不與A、B重合），求△ABP面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），將直線方程代入拋物線的方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，由向量的坐標(biāo)運(yùn)算和點(diǎn)滿足拋物線的方程，解方程可得p=1，k=2，即可得到所求直線和拋物線的方程；
（2）由直線和拋物線方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長公式，可得|AB|，設(shè)$P（{t\;，\;\frac{t^2}{2}}）$（2-2$\sqrt{2}$＜t＜2+2$\sqrt{2}$），
運(yùn)用點(diǎn)到直線的距離公式，配方，由二次函數(shù)的最值求法，可得距離的最大值，進(jìn)而得到△PAB面積的最大值．

解答 解：（1）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+2\;，\;\\{x^2}=2py\;\;\end{array}\right.$得x²-2pkx-4p=0，
可得x₁+x₂=2pk，x₁x₂=-4p，
$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=（4，12），即有x₁+x₂=4，y₁+y₂=12，
則2pk=4，即k=$\frac{2}{p}$，
由${y_1}+{y_2}=\frac{x_1^2}{2p}+\frac{x_2^2}{2p}=12$，得${（{x_1}+{x_2}）^2}-2{x_1}{x_2}=24p$，
即16+8p=24p，解得p=1，k=2．      
所以，直線l的方程為y=2x+2，拋物線C的方程為y²=2x． 
（2）由$\left\{\begin{array}{l}y=2x+2\;\\{x^2}=2y\;\end{array}\right.$得x²-4x-4=0，x₁+x₂=4，x₁x₂=-4，
所以$|AB|=\sqrt{{{（{x_1}-{x_2}）}^2}+{{（{y_1}-{y_2}）}^2}}=\sqrt{5{{（{x_1}-{x_2}）}^2}}=\sqrt{5[{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}]}$
=$\sqrt{5×32}=4\sqrt{10}$，
設(shè)$P（{t\;，\;\frac{t^2}{2}}）$（$2-2\sqrt{2}＜t＜2+2\sqrt{2}$），
因?yàn)閨AB|為定值，所以當(dāng)點(diǎn)P到直線l的距離d最大時(shí)，△ABP的面積取最大值．$d=\frac{{|{2t-\frac{t^2}{2}+2}|}}{{\sqrt{5}}}=\frac{{|{{t^2}-4t-4}|}}{{2\sqrt{5}}}=\frac{{|{{{（t-2）}^2}-8}|}}{{2\sqrt{5}}}$，
因?yàn)?-2-2\sqrt{2}＜t＜-2+2\sqrt{2}$，所以當(dāng)t=2時(shí)，${d_{max}}=\frac{{4\sqrt{5}}}{5}$．
所以，當(dāng)P點(diǎn)坐標(biāo)為（2，2）時(shí)，△ABP的面積取最大值，
且${S_{max}}=\frac{1}{2}|AB|•d=\frac{1}{2}•4\sqrt{10}•\frac{{4\sqrt{5}}}{5}=8\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線和拋物線的方程的求法，注意運(yùn)用向量的坐標(biāo)運(yùn)算和直線方程與拋物線的方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理，考查弦長公式和點(diǎn)到直線的距離公式的運(yùn)用，化簡整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．