Question

15．已知抛物线x²=2py （p＞0），过点（0，4）作直线l交抛物线于A，B两点，且以AB为直径的圆过原点O．
（Ⅰ）求抛物线方程；
（Ⅱ）若△MNP的三个顶点都在抛物线x²=2py上，且以抛物线的焦点为重心，求△MNP面积的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），由直径所对圆周角为直角，可得x₁x₂+y₁y₂=0，设直线l方程为y=kx+4，代入抛物线的方程，运用韦达定理，结合点在直线上，化简解方程可得p=2，进而得到抛物线的方程；
（Ⅱ）设PF交MN于Q，P（2t，t²），M（2t₁，t₁²），N（2t₂，t₂²），运用三角形的重心坐标公式，求得直线MN的斜率和中点坐标Q，可得直线MN的方程，再求P到直线MN的距离，求得△PMN的面积的关系式，化简整理可得t的式子，再由三元基本不等式可得最大值．

解答 解：（Ⅰ）以AB为直径的圆过原点O，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
则x₁x₂+y₁y₂=0，设直线l方程为y=kx+4，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+4}\\{{x}^{2}=2py}\end{array}\right.$，可得x²-2pkx-8p=0，
x₁+x₂=2pk，x₁x₂=-8p，
以AB为直径的圆过原点O，可得x₁x₂+y₁y₂=（1+k²）（x₁x₂）+4k（x₁+x₂）+16
=（1+k²）（-8p）+4k（2pk）+16=0，
解得p=2，可得抛物线方程为x²=4y；
（Ⅱ）设PF交MN于Q，P（2t，t²），M（2t₁，t₁²），N（2t₂，t₂²），
由抛物线的焦点F（0，1）为重心，可得
$\left\{\begin{array}{l}{2t+2{t}_{1}+2{t}_{2}=0}\\{{t}^{2}+{{t}_{1}}^{2}+{{t}_{2}}^{2}=3}\end{array}\right.$，即有$\left\{\begin{array}{l}{{t}_{1}+{t}_{2}=-t}\\{{{t}_{1}}^{2}+{{t}_{2}}^{2}=3-{t}^{2}}\end{array}\right.$，
可得2t₁t₂=2t²-3，
即有k_MN=$\frac{{{t}_{2}}^{2}-{{t}_{1}}^{2}}{2{t}_{2}-2{t}_{1}}$=$\frac{{t}_{1}+{t}_{2}}{2}$=-$\frac{t}{2}$，
由F为△PMN的重心，可得Q为MN的中点，且为（-t，$\frac{3-{t}^{2}}{2}$），
可得直线MN方程为y=-$\frac{t}{2}$x+$\frac{3}{2}$-t²，
即有P到MN的距离为d=3•$\frac{|{t}^{2}-\frac{1}{2}|}{\sqrt{1+\frac{{t}^{2}}{4}}}$，
可得S_△MFN=$\frac{1}{2}$|MN|d=$\frac{1}{2}$$\sqrt{1+\frac{{t}^{2}}{4}}$|2t₁-2t₂|•3•$\frac{|{t}^{2}-\frac{1}{2}|}{\sqrt{1+\frac{{t}^{2}}{4}}}$
=3$\sqrt{{{t}_{1}}^{2}+{{t}_{2}}^{2}-2{t}_{1}{t}_{2}}$•|t²-$\frac{1}{2}$|=3$\sqrt{3-{t}^{2}-（2{t}^{2}-3）}$•|t²-$\frac{1}{2}$|
=$\frac{3}{2}$$\sqrt{6-3{t}^{2}}$•$\sqrt{（2{t}^{2}-1）^{2}}$
=$\frac{3}{2}$$\sqrt{（6-3{t}^{2}）（2{t}^{2}-1）^{2}}$=$\frac{3}{2}$$\sqrt{\frac{3}{4}（8-4{t}^{2}）（2{t}^{2}-1）^{2}}$
≤$\frac{3\sqrt{3}}{4}$$\sqrt{（\frac{8-4{t}^{2}+2{t}^{2}-1+2{t}^{2}-1}{3}）^{3}}$=$\frac{3\sqrt{6}}{2}$，
可得S_△PMN的最大值为$\frac{3\sqrt{6}}{2}$，此时P（±$\sqrt{6}$，$\frac{3}{2}$）．

点评 本题考查抛物线的方程的求法，考查直线和抛物线的方程联立，运用韦达定理，以及直径所对圆周角为直角，考查三角形的面积的最值的求法，注意运用重心坐标公式和点到直线的距离公式，以及基本不等式的运用，属于中档题．