Question

3．已知抛物线y²=4x，焦点为F，过点（2，0）且斜率为正数的直线交抛物线于A，B两点，且$\overrightarrow{FA}$•$\overrightarrow{FB}$=-11．
（Ⅰ）求直线AB的方程；
（Ⅱ）设点C是抛物线上$\widehat{AB}$（不含A、B两点）上的动点，求△ABC面积的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设直线AB为x=my+2（m＞0），与抛物线方程联立，利用$\overrightarrow{FA}$•$\overrightarrow{FB}$=-11，结合韦达定理，求出m，即可求直线AB的方程；
（Ⅱ）设$C（\frac{y_0^2}{4}，{y_0}）$，$\left\{{\begin{array}{l}{x=y+2}\\{{y^2}=4x}\end{array}}\right.$，解得${y_{1，2}}=2±2\sqrt{3}$，故$2-2\sqrt{3}＜{y_0}＜2+2\sqrt{3}$，求出点C到直线AB的距离的最大值，即可求△ABC面积的最大值．

解答 解：（I）设直线AB为x=my+2（m＞0），$A（\frac{y_1^2}{4}，{y_1}），B（\frac{y_2^2}{4}，{y_2}）$，F（1，0）
由$\left\{{\begin{array}{l}{x=my+2}\\{{y^2}=4x}\end{array}}\right.$，消x，得y²-4my-8=0，则$\left\{{\begin{array}{l}{△=16{m^2}+32＞0}\\{{y_1}+{y_2}=4m}\\{{y_1}•{y_2}=-8}\end{array}}\right.$
则$\overrightarrow{FA}•\overrightarrow{FB}=（\frac{y_1^2}{4}-1，{y_1}）•（\frac{y_2^2}{4}-1，{y_2}）=（\frac{y_1^2}{4}-1）（\frac{y_2^2}{4}-1）+{y_1}{y_2}=\frac{y_1^2y_2^2}{16}-\frac{y_1^2+y_2^2}{4}+1+{y_1}{y_2}$
=$4-\frac{{16{m^2}+16}}{4}+1-8=-11$，得m²=1，
又因为m＞0，故m=1，即直线AB的方程x=y+2，即x-y-2=0
（II）设$C（\frac{y_0^2}{4}，{y_0}）$，$\left\{{\begin{array}{l}{x=y+2}\\{{y^2}=4x}\end{array}}\right.$，解得${y_{1，2}}=2±2\sqrt{3}$，故$2-2\sqrt{3}＜{y_0}＜2+2\sqrt{3}$
设点C到直线AB的距离为d=$\frac{|\frac{{{y}_{0}}^{2}}{4}-{y}_{0}-2|}{\sqrt{2}}$=$\frac{|\frac{1}{4}（{y}_{0}-2）^{2}-3|}{\sqrt{2}}$，
当y₀=2，${d_{max}}=\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$，而$|AB|=\sqrt{2}\sqrt{48}=4\sqrt{6}$，
故${S_{\;△ABC}}_{max}=\frac{1}{2}|AB|d=6\sqrt{3}$．

点评 本题考查直线方程，考查直线与抛物线的位置关系，考查三角形面积的计算，确定直线方程是关键．