15.已知拋物線x2=2py (p>0),過點(0,4)作直線l交拋物線于A,B兩點,且以AB為直徑的圓過原點O.
(Ⅰ)求拋物線方程;
(Ⅱ)若△MNP的三個頂點都在拋物線x2=2py上,且以拋物線的焦點為重心,求△MNP面積的最大值.

分析 (Ⅰ)設A(x1,y1),B(x2,y2),由直徑所對圓周角為直角,可得x1x2+y1y2=0,設直線l方程為y=kx+4,代入拋物線的方程,運用韋達定理,結(jié)合點在直線上,化簡解方程可得p=2,進而得到拋物線的方程;
(Ⅱ)設PF交MN于Q,P(2t,t2),M(2t1,t12),N(2t2,t22),運用三角形的重心坐標公式,求得直線MN的斜率和中點坐標Q,可得直線MN的方程,再求P到直線MN的距離,求得△PMN的面積的關系式,化簡整理可得t的式子,再由三元基本不等式可得最大值.

解答 解:(Ⅰ)以AB為直徑的圓過原點O,
設A(x1,y1),B(x2,y2),
則x1x2+y1y2=0,設直線l方程為y=kx+4,
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+4}\\{{x}^{2}=2py}\end{array}\right.$,可得x2-2pkx-8p=0,
x1+x2=2pk,x1x2=-8p,
以AB為直徑的圓過原點O,可得x1x2+y1y2=(1+k2)(x1x2)+4k(x1+x2)+16
=(1+k2)(-8p)+4k(2pk)+16=0,
解得p=2,可得拋物線方程為x2=4y;
(Ⅱ)設PF交MN于Q,P(2t,t2),M(2t1,t12),N(2t2,t22),
由拋物線的焦點F(0,1)為重心,可得
$\left\{\begin{array}{l}{2t+2{t}_{1}+2{t}_{2}=0}\\{{t}^{2}+{{t}_{1}}^{2}+{{t}_{2}}^{2}=3}\end{array}\right.$,即有$\left\{\begin{array}{l}{{t}_{1}+{t}_{2}=-t}\\{{{t}_{1}}^{2}+{{t}_{2}}^{2}=3-{t}^{2}}\end{array}\right.$,
可得2t1t2=2t2-3,
即有kMN=$\frac{{{t}_{2}}^{2}-{{t}_{1}}^{2}}{2{t}_{2}-2{t}_{1}}$=$\frac{{t}_{1}+{t}_{2}}{2}$=-$\frac{t}{2}$,
由F為△PMN的重心,可得Q為MN的中點,且為(-t,$\frac{3-{t}^{2}}{2}$),
可得直線MN方程為y=-$\frac{t}{2}$x+$\frac{3}{2}$-t2
即有P到MN的距離為d=3•$\frac{|{t}^{2}-\frac{1}{2}|}{\sqrt{1+\frac{{t}^{2}}{4}}}$,
可得S△MFN=$\frac{1}{2}$|MN|d=$\frac{1}{2}$$\sqrt{1+\frac{{t}^{2}}{4}}$|2t1-2t2|•3•$\frac{|{t}^{2}-\frac{1}{2}|}{\sqrt{1+\frac{{t}^{2}}{4}}}$
=3$\sqrt{{{t}_{1}}^{2}+{{t}_{2}}^{2}-2{t}_{1}{t}_{2}}$•|t2-$\frac{1}{2}$|=3$\sqrt{3-{t}^{2}-(2{t}^{2}-3)}$•|t2-$\frac{1}{2}$|
=$\frac{3}{2}$$\sqrt{6-3{t}^{2}}$•$\sqrt{(2{t}^{2}-1)^{2}}$
=$\frac{3}{2}$$\sqrt{(6-3{t}^{2})(2{t}^{2}-1)^{2}}$=$\frac{3}{2}$$\sqrt{\frac{3}{4}(8-4{t}^{2})(2{t}^{2}-1)^{2}}$
≤$\frac{3\sqrt{3}}{4}$$\sqrt{(\frac{8-4{t}^{2}+2{t}^{2}-1+2{t}^{2}-1}{3})^{3}}$=$\frac{3\sqrt{6}}{2}$,
可得S△PMN的最大值為$\frac{3\sqrt{6}}{2}$,此時P(±$\sqrt{6}$,$\frac{3}{2}$).

點評 本題考查拋物線的方程的求法,考查直線和拋物線的方程聯(lián)立,運用韋達定理,以及直徑所對圓周角為直角,考查三角形的面積的最值的求法,注意運用重心坐標公式和點到直線的距離公式,以及基本不等式的運用,屬于中檔題.

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