Question

2．已知點(diǎn)F（0，1）為拋物線x²=2py的焦點(diǎn)．
（1）求拋物線C的方程；
（2）點(diǎn)A、B、C是拋物線上三點(diǎn)且$\overrightarrow{FA}$+$\overrightarrow{FB}$+$\overrightarrow{FC}$=$\overrightarrow{0}$，求△ABC面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用拋物線的定義，可以求出p，即可得到拋物線的方程；
（2）首先設(shè)出A，B，C點(diǎn)的坐標(biāo)，再設(shè)出直線AB與y軸交于點(diǎn)D（0，y_D），進(jìn)一步求出y_D，根據(jù)幾何位置關(guān)系表示出三角形的面積，再根據(jù)基本不等式求出最值及最值成立的條件，則答案可求．

解答 解：（1）由題意知$\frac{p}{2}=1$，即p=2，
∴拋物線C的方程為：x²=4y；
（2）令$A（{x_1}，\frac{x_1^2}{4}），B（{x_2}，\frac{x_2^2}{4}），C（{x_3}，\frac{x_3^2}{4}）$，不妨設(shè)直線AB與y軸交于點(diǎn)D（0，y_D），
∴$\frac{\frac{{{x}_{2}}^{2}}{4}-\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}}{{x}_{2}-{x}_{1}}=\frac{{y}_{D}-\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}}{0-{x}_{1}}$即${y}_{D}=-\frac{{x}_{1}{x}_{2}}{4}$．
又∵且$\overrightarrow{FA}$+$\overrightarrow{FB}$+$\overrightarrow{FC}$=$\overrightarrow{0}$，
∴$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}+{x}_{3}}{3}=0$，$\frac{\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}+\frac{{{x}_{2}}^{2}}{4}+\frac{{{x}_{3}}^{2}}{4}}{3}=1$．
從而x₁+x₂=-x₃，${{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}=12-{{x}_{3}}^{2}$
∴$2{x}_{1}{x}_{2}=（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-（{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}）$=$2{{x}_{3}}^{2}-12$，即${x}_{1}{x}_{2}={{x}_{3}}^{2}-6$．
${S_{△ABC}}=3{S_{△ABF}}=3×\frac{1}{2}|{1-{y_D}}||{{x_2}-{x_1}}|$，
$S_{△ABC}^2=\frac{9}{4}{（1+\frac{{{x_1}{x_2}}}{4}）^2}（x_1^2+x_2^2-2{x_1}{x_2}）=\frac{9}{64}{（4+x_3^2-6）^2}（12-x_3^2-2x_3^2+12）$
=$\frac{9}{64}{（x_3^2-2）^2}（24-3x_3^2）=\frac{27}{64}{（x_3^2-2）^2}（8-x_3^2）$．
令$t=x_3^2≥0$，$y=\frac{27}{64}{（t-2）^2}（8-t）$，${y}^{′}=\frac{27}{64}[2（t-2）（8-t）-（t-2）^{2}]$，令y′=0，則t₁=2，t₂=6．
當(dāng)t∈（0，2）時(shí)函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)t∈（2，6）時(shí)函數(shù)單調(diào)遞增，t∈（6，+∞）時(shí)函數(shù)單調(diào)遞減且當(dāng)t=0時(shí)y=$\frac{27}{2}$，當(dāng)t=6時(shí)y=$\frac{27}{2}$，
∴${y}_{max}=\frac{27}{2}$．
${S}_{△ABCmax}=\frac{3\sqrt{6}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程，考查了利用基本不等式求出最值及最值成立的條件，屬于中檔題．