Question

1．如圖，已知直線AB：y=kx+2k+4與拋物線y=$\frac{1}{2}$x²交于A，B兩點．

（1）直線AB總經(jīng)過一個定點C，請直接出點C坐標；
（2）當k=-$\frac{1}{2}$時，在直線AB下方的拋物線上求點P，使△ABP的面積等于5；
（3）若在拋物線上存在定點D使∠ADB=90°，求點D到直線AB的最大距離．

Answer 1

分析 （1）將直線方程整理為y-4=k（x+2），由x+2=0，且y-4=0，可得定點C；
（2）設P（m，12m²），聯(lián)立直線方程和拋物線方程，求得A，B的坐標，|AB|的長，運用點到直線的距離公式，解得即可得到所求P的坐標；
（3）設D（n，12n²），A（x₁，12x₁²），B（x₂，12x₂²），運用兩直線垂直的條件：斜率之積為-1，以及恒成立思想，求得D（2，2），再由CD垂直于直線AB，使得距離最大．

解答 解：（1）直線AB：y=kx+2k+4，
即為y-4=k（x+2），
由x+2=0，且y-4=0，
可得x=-2，y=4．
即有直線AB總經(jīng)過一個定點C（-2，4）；
（2）設P（m，$\frac{1}{2}$m²），
由y=-$\frac{1}{2}$x+3，拋物線方程y=$\frac{1}{2}$x²，
消去y，可得x²+x-6=0，
解得x=-3或2，
即有A（-3，$\frac{9}{2}$），B（2，2），
|AB|=$\sqrt{25+\frac{25}{4}}$=$\frac{5\sqrt{5}}{2}$，
P到直線AB的距離為d=$\frac{|m+{m}^{2}-6|}{\sqrt{5}}$=$\frac{6-m-{m}^{2}}{\sqrt{5}}$，
由S_△ABP=5，可得$\frac{1}{2}$•$\frac{6-m-{m}^{2}}{\sqrt{5}}$•$\frac{5\sqrt{5}}{2}$=5，
解得m=-2或1，
則有P（-2，2），或（1，$\frac{1}{2}$），
則在直線AB下方的拋物線上點P為（-2，2），（1，$\frac{1}{2}$），使△ABP的面積等于5；
（3）設D（n，$\frac{1}{2}$n²），A（x₁，$\frac{1}{2}$x₁²），B（x₂，$\frac{1}{2}$x₂²），
即有k_AD=$\frac{\frac{1}{2}{{x}_{1}}^{2}-\frac{1}{2}{n}^{2}}{{x}_{1}-n}$=$\frac{1}{2}$（n+x₁），k_BD=$\frac{\frac{1}{2}{{x}_{2}}^{2}-\frac{1}{2}{n}^{2}}{{x}_{2}-n}$=$\frac{1}{2}$（n+x₂），
由∠ADB=90°，可得$\frac{1}{2}$（n+x₁）•$\frac{1}{2}$（n+x₂）=-1，
即為n²+n（x₁+x₂）+x₁x₂+4=0，
將直線y=kx+2k+4代入拋物線y=$\frac{1}{2}$x²，可得
x²-2kx-4k-8=0，
即有△=4k²+16k+32＞0，解得k∈R，
x₁+x₂=2k，x₁x₂=-4k-8．
則有n²+2kn-4k-4=0，
即有n²-4+k（2n-4）=0，
求得n=2，即有D（2，2），
由于直線AB總經(jīng)過一個定點C（-2，4），
當直線AB和CD垂直時，
即有點D到直線AB的距離最大，且為|CD|=$\sqrt{（2+2）^{2}+（2-4）^{2}}$
=2$\sqrt{5}$．

點評 本題考查直線方程和拋物線方程的運用，考查直線恒過定點的求法和點到直線的距離的運用，考查運算能力，屬于中檔題．