Question

2．已知点$A（{2\sqrt{2}，2}）$在抛物线C：x²=2py（p＞0）上．
（1）求抛物线C的方程；
（2）设定点D（0，m），过D作直线y=kx+m（k＞0）与抛物线C交于M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）（y₁＜y₂）两点，连接ON（O为坐标原点），过点M作垂直于x轴的直线交ON于点G．
①证明点G在一条定直线上；
②求四边形ODMG的面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）根据抛物线的性质即可求出，
（2）①联立方程组，根据韦达定理可得y_D=y=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$x₁=$\frac{\frac{1}{4}{{x}_{2}}^{2}}{{x}_{2}}$•x₁=$\frac{{x}_{1}{x}_{2}}{4}$=-m为定值，
②易知四边形ODMG为梯形，求出面积的表达式，利用导数求出函数的最值即可．

解答 解：（1）∵A（2$\sqrt{2}$，2）在抛物线x²=2py上，
∴（2$\sqrt{2}$）²=4p，解得p=2，
∴抛物线的方程为：x²=4y，
（2）①由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}=4y}\end{array}\right.$，消去y整理得x²-4kx-4m=0，
∵M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）（y₁＜y₂）是y=kx+m（k＞0）与抛物线C的交点，
∴x₁+x₂=4k，x₁x₂=-4m，
∵直线ON的方程为：y=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$x，
∴y_D=y=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$x₁=$\frac{\frac{1}{4}{{x}_{2}}^{2}}{{x}_{2}}$•x₁=$\frac{{x}_{1}{x}_{2}}{4}$=-m为定值，
∴点G在一条定直线y=-m上，
②易知四边形ODMG为梯形，
∴S=$\frac{1}{2}$[-m+（-m-y₁）]x₁=$\frac{1}{2}$（-2m-$\frac{{x}_{1}^{2}}{4}$）x₁=mx₁-$\frac{1}{8}{x}_{1}^{2}$，
结合图形可知0＜x₁＜2$\sqrt{-m}$（x₁=-$\sqrt{-\frac{8}{3}m}$舍去）
由S′=-m-$\frac{3}{8}{x}_{1}^{2}$，当S′=0时，
解得x₁=$\sqrt{-\frac{8}{3}m}$＜2$\sqrt{-m}$，（x₁=-$\sqrt{-\frac{8}{3}m}$舍去），
当x₁∈（0，$\sqrt{-\frac{8}{3}m}$）上单调递增，在（$\sqrt{-\frac{8}{3}m}$，2$\sqrt{-m}$）单调递减，
∴当x₁=$\sqrt{-\frac{8}{3}m}$时，S_max=-m$\sqrt{-\frac{8}{3}m}$-$\frac{1}{8}$（-$\frac{8}{3}$m•）$\sqrt{-\frac{8}{3}m}$=-$\frac{4m\sqrt{-6m}}{9}$

点评 本题考查了抛物线的性质以及韦达定理和导数再面积的应用，属于中档题．