Question

1．已知點(diǎn)F是拋物線C：y²=x的焦點(diǎn)，點(diǎn)S是拋物線C上在第一象限內(nèi)的一點(diǎn)，且|SF|=$\frac{5}{4}$．
（1）求點(diǎn)S的坐標(biāo)；
（2）以S為圓心的動(dòng)圓與x軸分別交于兩點(diǎn)A，B，延長SA，SB分別交拋物線C于M，N兩點(diǎn)，若直線MN與y軸上的截距b∈（-$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{2}}$），求△SMN面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)S（x₀，y₀）（y₀＞0），由已知得F（$\frac{1}{4}$，0），則|SF|=x₀+$\frac{1}{4}$=$\frac{5}{4}$，由此能求出點(diǎn)S的坐標(biāo)．
（2）設(shè)直線SA的方程為y-1=k（x-1）（k≠0），M（x₁，y₁），與拋物線方程聯(lián)立得ky²-y+1-k=0，求出M，N的坐標(biāo)導(dǎo)出直線MN的斜率為定值，設(shè)出直線MN的方程與拋物線方程聯(lián)立，求出△SMN面積，換元，利用導(dǎo)數(shù)的方法求△SMN面積的最大值．

解答 解：（1）設(shè)S（x₀，y₀）（y₀＞0），由已知得F（$\frac{1}{4}$，0），則|SF|=x₀+$\frac{1}{4}$=$\frac{5}{4}$，
∴x₀=1，
∴y₀=1，∴點(diǎn)S的坐標(biāo)是（1，1）------------------------（2分）
（2）設(shè)直線SA的方程為y-1=k（x-1）（k≠0），M（x₁，y₁），
與拋物線方程聯(lián)立得ky²-y+1-k=0，
∴y₁=$\frac{1}{k}$-1，∴M（$\frac{（1-k）^{2}}{{k}^{2}}$，$\frac{1}{k}$-1）．
由已知SA=SB，∴直線SB的斜率為-k，
∴N（$\frac{（1+k）^{2}}{{k}^{2}}$，-$\frac{1}{k}$-1），∴k_MN=-$\frac{1}{2}$
設(shè)直線MN的方程為y=-$\frac{1}{2}$x+b，即x+2y-2b=0，b∈（-$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{2}}$），
與拋物線方程聯(lián)立，消去x，可得y²+2y-2b=0，
∴|MN|=$\sqrt{1+4}$•$\sqrt{4+8b}$=2$\sqrt{5}$•$\sqrt{1+2b}$，
S到直線MN的距離d=$\frac{|3-2b|}{\sqrt{5}}$，
∴S_△SMN=$\frac{1}{2}•2\sqrt{5}•\sqrt{1+2b}•\frac{|3-2b|}{\sqrt{5}}$=$\sqrt{1+2b}$（3-2b），
令t=$\sqrt{1+2b}$，t∈（0，2），S_△SMN=t（4-t²），
S_△SMN′=-3t²+4=0，t=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴t=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，△SMN面積的最大值為$\frac{16\sqrt{3}}{9}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用能力，涉及到直線與圓錐曲線的相關(guān)知識(shí)，導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用，知識(shí)綜合性強(qiáng)．