Question

1．如图，已知直线AB：y=kx+2k+4与抛物线y=$\frac{1}{2}$x²交于A，B两点．

（1）直线AB总经过一个定点C，请直接出点C坐标；
（2）当k=-$\frac{1}{2}$时，在直线AB下方的抛物线上求点P，使△ABP的面积等于5；
（3）若在抛物线上存在定点D使∠ADB=90°，求点D到直线AB的最大距离．

Answer 1

分析 （1）将直线方程整理为y-4=k（x+2），由x+2=0，且y-4=0，可得定点C；
（2）设P（m，12m²），联立直线方程和抛物线方程，求得A，B的坐标，|AB|的长，运用点到直线的距离公式，解得即可得到所求P的坐标；
（3）设D（n，12n²），A（x₁，12x₁²），B（x₂，12x₂²），运用两直线垂直的条件：斜率之积为-1，以及恒成立思想，求得D（2，2），再由CD垂直于直线AB，使得距离最大．

解答 解：（1）直线AB：y=kx+2k+4，
即为y-4=k（x+2），
由x+2=0，且y-4=0，
可得x=-2，y=4．
即有直线AB总经过一个定点C（-2，4）；
（2）设P（m，$\frac{1}{2}$m²），
由y=-$\frac{1}{2}$x+3，抛物线方程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到直线AB的距离为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，
则有P（-2，2），或（1，$\frac{1}{2}$），
则在直线AB下方的抛物线上点P为（-2，2），（1，$\frac{1}{2}$），使△ABP的面积等于5；
（3）设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，
即为n²+n（x₁+x₂）+x₁x₂+4=0，
将直线y=kx+2k+4代入抛物线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．
则有n²+2kn-4k-4=0，
即有n²-4+k（2n-4）=0，
求得n=2，即有D（2，2），
由于直线AB总经过一个定点C（-2，4），
当直线AB和CD垂直时，
即有点D到直线AB的距离最大，且为|CD|=$\sqrt{（2+2）^{2}+（2-4）^{2}}$
=2$\sqrt{5}$．

点评 本题考查直线方程和抛物线方程的运用，考查直线恒过定点的求法和点到直线的距离的运用，考查运算能力，属于中档题．