Question

5．已知?jiǎng)訄AP過(guò)點(diǎn)A（2，0），且在y軸上截得的弦長(zhǎng)為4．
（1）求動(dòng)圓圓心P的軌跡C的方程；
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）是曲線C上兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，其中x₁≠x₂，且x₁+x₂=4，線段AB的垂直平分線l與x軸相交于點(diǎn)Q，求△ABQ面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)P（x，y），則由垂徑定理能求出曲線C的方程．
（2）設(shè)直線AB：y=kx+m（k≠0），聯(lián)立方程y²=4x，得ky²-4y+4m=0，由此利用根的判別式、韋達(dá)定理、線段中點(diǎn)坐標(biāo)坐標(biāo)公式、弦長(zhǎng)公式，由此能求出△ABQ的面積的最大值為8，此時(shí)直線AB的方程為y=±x．

解答 解：（1）設(shè)P（x，y），則由垂徑定理得$\sqrt{{{（x-2）}^2}+{y^2}}=\sqrt{{{|x|}^2}+{2^2}}$，
化簡(jiǎn)得y²=4x，
所以曲線C的方程是：y²=4x．  …（4分）
（2）依題意可知直線AB的斜率存在且不為零，
所以設(shè)直線AB：y=kx+m（k≠0），
并聯(lián)立方程y²=4x消x得ky²-4y+4m=0，
因?yàn)椤鳎?⇒mk＜1①，且${y_1}+{y_2}=\frac{4}{k}$，②${y_1}{y_2}=\frac{4m}{k}$，③，
又y₁+y₂=k（x₁+x₂）+2m=4k+2m=$\frac{4}{k}$，由此得$m=\frac{2}{k}-2k$④，
把④代入①得${k^2}＞\frac{1}{2}$⑥…（6分）
設(shè)線段AB的中點(diǎn)為M，則M（2，$\frac{2}{k}）$，則直線l：$y=-\frac{1}{k}（x-2）+\frac{2}{k}$，
令y=0⇒x=4⇒Q（4，0），…（8分）
設(shè)直線AB與x軸相交于點(diǎn)D，則$D（-\frac{m}{k}$，0），
所以${S_{△ABQ}}=\frac{1}{2}|{4+\frac{m}{k}}||{{y_1}-{y_2}}|$=$\frac{1}{2}|{4+\frac{m}{k}}|\sqrt{{{（{y_1}+{y_2}）}^2}-4{y_1}{y_2}}$⑤
把②③④代入⑤化簡(jiǎn)得S_△ABQ=$4（1+\frac{1}{k^2}）\sqrt{2-\frac{1}{k^2}}$，…（10分）
設(shè)$\sqrt{2-\frac{1}{k^2}}$=t，由⑥知 t＞0，且 $\frac{1}{k^2}=2-{t^2}$，
S_△ABQ=12t-4t³，令f（t）=12t-4t³，f'（t）=12-12t²=12（1-t）（1+t），
當(dāng)0＜t＜1時(shí)，f'（t）＞0，當(dāng)t＞1時(shí)，f'（t）＜0，所以當(dāng)t=1時(shí)，此時(shí)k=±1，
函數(shù)f（t）的最大值為f（1）=8，因此△ABQ的面積的最大值為8，
此時(shí)直線AB的方程為y=±x． …（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查曲線方程的求法，考查三角形面積的最大值的求法，考查直線方程的求法，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查轉(zhuǎn)化化歸思想、整體思想，是中檔題．