Question

6．已知点M（1，2）为抛物线y=2x²上一点，过点M的两条倾斜角互补的直线分别交抛物线于A、B两点．
（1）求证：直线AB的斜率为定值；
（2）若点A、B的横坐标不大于零，求△MAB面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）设出直线MA、MB的方程，与抛物线方程联立，求出A，B的坐标，利用斜率公式，即可证明直线AB的斜率为定值；
（2）求出直线MA的斜率、直线MB的斜率，可得直线AB的斜率，求得直线AB的方程，与抛物线方程联立，可得△MAB的面积，利用导数知识，即可求△MAB面积的最大值．

解答 （1）证明：∵点M坐标为（1，2），设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由题意可知MA的斜率存在且不为0，设MA：y-2=k（x-1），即y=kx-k+2，
代入抛物线的方程得：2x²=kx-k+2，即2x²-kx+k-2=0，
则：x₁+1=$\frac{k}{2}$，故：x₁=$\frac{k}{2}-1$，
设MB：y-2=-k（x-1），即y=-kx+k+2，
代入抛物线的方程得：2x²=-kx+k+2，即2x²+kx-k-2=0，
则：x₂+1=-$\frac{k}{2}$，故x₂=-$\frac{k}{2}-1$，
∴${x}_{2}-{x}_{1}=-\frac{k}{2}-1-\frac{k}{2}+1=-k$，
y₂-y₁=-kx₂+k+2-kx₁+k-2=-k（x₁+x₂）+2k=-k（-2）+2k=4k
直线AB的斜率k_AB=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}=\frac{4k}{-k}=-4$．
∴直线BC的斜率为定值；
（2）解：设A（${x}_{1}，2{{x}_{1}}^{2}$），B（${x}_{2}，2{{x}_{2}}^{2}$）．
直线MA的斜率k₁=$\frac{2{{x}_{1}}^{2}-2}{{x}_{1}-1}=2（{x}_{1}+1）$，同理直线MB的斜率k₂=2（x₂+1）．
由题设有2x₁+2+2x₂+2=0，整理得x₁+x₂=-2．
直线AB的斜率k=$\frac{2{{x}_{2}}^{2}-2{{x}_{1}}^{2}}{{x}_{2}-{x}_{1}}=2（{x}_{2}+{x}_{1}）=-4$．
设直线AB的方程为y=-4x+b．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=-4x+b}\\{y=2{x}^{2}}\end{array}\right.$，得2x²+4x-b=0．
由△=16+8b＞0，得b＞-2，
又A、B的横坐标不大于零，
∴$-\frac{b}{2}≥0$，b≤0，则-2＜b≤0．
|x₁-x₂|=$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{4+2b}$，
于是|AB|=$\sqrt{17}•\sqrt{4+2b}$．
点M到直线AB的距离d=$\frac{|6-b|}{\sqrt{17}}$，则△MAB的面积
S=$\frac{1}{2}$|AB|•d=$\frac{1}{2}•\sqrt{17}•\sqrt{4+2b}•\frac{|6-b|}{\sqrt{17}}$=$\frac{|6-b|\sqrt{4+2b}}{2}=\frac{（6-b）\sqrt{4+2b}}{2}$．
令t=$\sqrt{4+2b}$∈（0，2]，b=$\frac{{t}^{2}-4}{2}$，6-b=6-$\frac{{t}^{2}-4}{2}=\frac{16-{t}^{2}}{2}$，
∴${S}_{△MAB}=\frac{\frac{16-{t}^{2}}{2}×t}{2}=\frac{（16-{t}^{2}）t}{4}$，t∈（0，2]，令f（t）=$\frac{（16-{t}^{2}）t}{4}$，
求导可得f′（t）＞0在t∈（0，2]上恒成立，
∴f（t）在t∈（0，2]上单调递增，则最大值为f（2）=6．

点评 本题考查的知识点是抛物线的性质，考查直线的斜率公式，考查学生的计算能力，正确运用韦达定理是关键，属于中档题．