Question

8．如图，已知抛物线x²=y，点A（-$\frac{1}{2}$，$\frac{1}{4}$），B（$\frac{3}{2}$，$\frac{9}{4}$），抛物线上的点P（x，y）（-$\frac{1}{2}$＜x＜$\frac{3}{2}$），过点B作直线AP的垂线，垂足为Q．
（Ⅰ）求直线AP斜率的取值范围；
（Ⅱ）求|PA|•|PQ|的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过点P在抛物线上可设P（x，x²），利用斜率公式结合-$\frac{1}{2}$＜x＜$\frac{3}{2}$可得结论；
（Ⅱ）通过（I）知P（x，x²）、-$\frac{1}{2}$＜x＜$\frac{3}{2}$，设直线AP的斜率为k，联立直线AP、BQ方程可知Q点坐标，进而可用k表示出$\overrightarrow{PQ}$、$\overrightarrow{PA}$，计算可知|PA|•|PQ|=（1+k）³（1-k），通过令f（x）=（1+x）³（1-x），-1＜x＜1，求导结合单调性可得结论．

解答 解：（Ⅰ）由题可知P（x，x²），-$\frac{1}{2}$＜x＜$\frac{3}{2}$，
所以k_AP=$\frac{{x}^{2}-\frac{1}{4}}{x+\frac{1}{2}}$=x-$\frac{1}{2}$∈（-1，1），
故直线AP斜率的取值范围是：（-1，1）；
（Ⅱ）由（I）知P（x，x²），-$\frac{1}{2}$＜x＜$\frac{3}{2}$，
所以$\overrightarrow{PA}$=（-$\frac{1}{2}$-x，$\frac{1}{4}$-x²），
设直线AP的斜率为k，则AP：y=kx+$\frac{1}{2}$k+$\frac{1}{4}$，BQ：y=-$\frac{1}{k}$x+$\frac{3}{2k}$+$\frac{9}{4}$，
联立直线AP、BQ方程可知Q（$\frac{3+4k-{k}^{2}}{2{k}^{2}+2}$，$\frac{9{k}^{2}+8k+1}{4{k}^{2}+4}$），
故$\overrightarrow{PQ}$=（$\frac{1+k-{k}^{2}-{k}^{3}}{1+{k}^{2}}$，$\frac{-{k}^{4}-{k}^{3}+{k}^{2}+k}{1+{k}^{2}}$），
又因为$\overrightarrow{PA}$=（-1-k，-k²-k），
故-|PA|•|PQ|=$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PQ}$=$\frac{（1+k）^{3}（k-1）}{1+{k}^{2}}$+$\frac{{k}^{2}（1+k）^{3}（k-1）}{1+{k}^{2}}$=（1+k）³（k-1），
所以|PA|•|PQ|=（1+k）³（1-k），
令f（x）=（1+x）³（1-x），-1＜x＜1，
则f′（x）=（1+x）²（2-4x）=-2（1+x）²（2x-1），
由于当-1＜x＜$\frac{1}{2}$时f′（x）＞0，当$\frac{1}{2}$＜x＜1时f′（x）＜0，
故f（x）_max=f（$\frac{1}{2}$）=$\frac{27}{16}$，即|PA|•|PQ|的最大值为$\frac{27}{16}$．

点评 本题考查圆锥曲线的最值问题，考查运算求解能力，考查函数思想，注意解题方法的积累，属于中档题．