Question

16．已知拋物線y²=4x，A，B是拋物線的兩點(diǎn)（分別在x軸兩側(cè)），AB=6，過(guò)A，B分別作拋物線的切線l₁，l₂，l₁與l₂交于點(diǎn)Q，求三角形ABQ面積的最大值（　�。�

• A． $\frac{27}{2}$
• B． 8
• C． 12$\sqrt{3}$
• D． 18

Answer 1

分析 設(shè)出直線AB的方程為：x=my+t，A（$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{4}$，y₁）、B（$\frac{{{y}_{2}}^{2}}{4}$，y₂），求導(dǎo)得到過(guò)A，B的切線方程，聯(lián)立求出Q的坐標(biāo)，由弦長(zhǎng)可得m與t的關(guān)系，再由點(diǎn)到直線的距離公式求出Q到AB的距離，代入三角形面積公式，利用函數(shù)求最值．

解答 解：如圖，設(shè)直線AB的方程為：x=my+t，A（$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{4}$，y₁）、B（$\frac{{{y}_{2}}^{2}}{4}$，y₂），
則曲線在A點(diǎn)處的切線的斜率為${y}_{1}′=\frac{2}{{y}_{1}}$，在點(diǎn)B處的切線的斜率${y}_{2}′=\frac{2}{{y}_{2}}$．

∴曲線在A點(diǎn)處的切線方程為y-y₁=$\frac{2}{{y}_{1}}$（$x-\frac{{{y}_{1}}^{2}}{4}$），在點(diǎn)B處的切線方程為y-y₂=$\frac{2}{{y}_{2}}$（x-$\frac{{{y}_{2}}^{2}}{4}$）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y-{y}_{1}=\frac{2}{{y}_{1}}（x-\frac{{{y}_{1}}^{2}}{4}）}\\{y-{y}_{2}=\frac{2}{{y}_{2}}（x-\frac{{{y}_{2}}^{2}}{4}）}\end{array}\right.$，解得Q（$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{4}$，$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}$）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{{y}^{2}=4x}\\{x=my+t}\end{array}\right.$，得y²-4my-4t=0，則y₁+y₂=4m，y₁y₂=-4t，
由|AB|=$\sqrt{1+{m}^{2}}|{y}_{2}-{y}_{1}|=\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\sqrt{1+{m}^{2}}•\sqrt{16{m}^{2}+16t}$=6，
得$\sqrt{1+{m}^{2}}•\sqrt{{m}^{2}+t}=\frac{3}{2}$．
Q（-t，2m）到直線x=my+t的距離d=$\frac{|2t+2{m}^{2}|}{\sqrt{{m}^{2}+1}}$．
∴${S}_{△ABQ}=\frac{1}{2}×6×\frac{2|t+{m}^{2}|}{\sqrt{{m}^{2}+1}}$=$6×\frac{\frac{9}{4（{m}^{2}+1）}}{\sqrt{{m}^{2}+1}}$=$\frac{27}{2}•\frac{1}{\root{3}{{m}^{2}+1}}$．
∴當(dāng)m=0時(shí)，三角形ABQ的面積取最大值$\frac{27}{2}$．
故選：A．

點(diǎn)評(píng) 本題考查拋物線的幾何性質(zhì)，考查直線與拋物線位置關(guān)系的應(yīng)用，訓(xùn)練了函數(shù)最值的求法，是中檔題．