Question

（2012•藍山縣模擬）已知動圓G過點F（

3

2

，0），且與直線l：x=-

3

2

相切，動圓圓心G的軌跡為曲線E．曲線E上的兩個動點A（x₁，y₁）和B（x₂，y₂）．
（1）求曲線E的方程；
（2）已知

OA

•

OB

=-9（O為坐標原點），探究直線AB是否恒過定點，若過定點，求出定點坐標；若不過，請說明理由．
（3）已知線段AB的垂直平分線交x軸于點C，其中x₁≠x₂且x₁+x₂=4．求△ABC面積的最大值．

Answer 1

分析：（1）依題意，圓心G到定點F（

3

2

，0）的距離與到直線l：x=-

3

2

的距離相等，由此可求曲線E的方程；
（2）當直線AB不垂直x軸時，設直線AB方程為y=kx+b代入拋物線方程，利用韋達定理及

OA

•

OB

=-9，可求直線AB方程，從而可得直線AB恒過定點；當直線AB垂直x軸時，也過定點．
（3）設線段AB的中點為M（x₀，y₀），求出線段AB的垂直平分線的方程，直線AB的方程代入拋物線方程，利用韋達定理，進而可得S_△ABC=

1

2

|AB|h=

1

3

(9+y 2 0 )2(12- y 2 0 )

，利用換元法，構造函數，利用導數知識，即可求得結論．

解答：解：（1）依題意，圓心G到定點F（

3

2

，0）的距離與到直線l：x=-

3

2

的距離相等，
∴曲線E是以F（

3

2

，0）為焦點，直線l：x=-

3

2

為準線的拋物線．
∴曲線E的方程為y²=6x．（3分）
（2）當直線AB不垂直x軸時，設直線AB方程為y=kx+b　（k≠0）．
由

y=kx+b y2=6x

消去x得ky²-6y+6b=0，△=36-24kb＞0．
∴y₁y₂=

6b

k

，x₁x₂=

y 2 1

6

•

y 2 2

6

=

(y1y2)2

36

=

b2

k2

．
∴

OA

•

OB

=x₁x₂+y₁y₂=

b2

k2

+

6b

k

=-9，
∴b²+6kb+9k²=0，∴（b+3k）²=0，∴b=-3k，滿足△＞0．
∴直線AB方程為y=kx-3k，即y=k（x-3），
∴直線AB恒過定點（3，0）．（7分）
當直線AB垂直x軸時，可推得直線AB方程為x=3，也過點（3，0）．
綜上，直線AB恒過定點（3，0）．（8分）
（3）設線段AB的中點為M（x₀，y₀），則
x₀=

x1+x2

2

=2，y₀=

y1+y2

2

，∴kAB=

y1-y2

x1-x2

=

6

y1+y2

=

3

y0

∴線段AB的垂直平分線的方程為y-y₀=-

y0

3

（x-2）．
令y=0，得x=5，故C（5，0）為定點．
又直線AB的方程為y-y₀=

3

y0

（x-2），與y²=6x聯立，消去x得y²-2y₀y+2

y

2 0

-12=0．
由韋達定理得y₁+y₂=2y₀，y₁y₂=2

y

2 0

-12．
∴|AB|=

2

3

(9+y 2 0 )(12- y 2 0 )

∵點C到直線AB的距離為h=|CM|=

9+y 2 0

∴S_△ABC=

1

2

|AB|h=

1

3

(9+y 2 0 )2(12- y 2 0 )

令t=9+

y

2 0

（t＞9），則12-

y

2 0

=21-t
設f（t）=（9+

y

2 0

）²（12-

y

2 0

）=t²（21-t）=-t³+21t²，∴f′（t）=-3t（t-14）
當9＜t＜14時，f′（t）＞0；當t＞14時，f′（t）＜0．
∴f（t）在（9，14）上單調遞增，在（14，+∞）上單調遞減．
∴當t=14時，[f（t）]_max=14²×7．故△ABC面積的最大值為

14

3

7

．（13分）

點評：本題考查拋物線的定義，考查拋物線的標準方程，考查直線與拋物線的位置關系，考查三角形面積的計算及最值的求解，屬于中檔題．