浙江 2018 · 数学 q21

题解图（官方解法，据图核） · 规范化转写 · 本题暂无攻略，下方回落显示官方解析

题解图（原卷截图 · 含答案与官方解析）

浙江 2018 · 数学 q21 原卷截图（含答案）

文字转写（题面 + 官方解析）

题面

21.（本题满分15分）如图，已知点 PP 是 yy 轴左侧(不含 yy 轴)一点，抛物线 C:y2=4xC: y^2 = 4x 上存在不同的两点 A,BA, B 满足 PA,PBPA, PB 的中点均在 CC 上.

（Ⅰ）设 AB 中点为 M，证明：PM 垂直于 y 轴；

（Ⅱ）若 PP 是半椭圆 x2+y24=1(x<0)x^{2} + \frac{y^{2}}{4} = 1 (x < 0) 上的动点，求 △PAB\triangle PAB 面积的取值范围.

(Ⅰ) 设 AB 中点为 M，证明：PM 垂直于 y 轴；

(Ⅱ) 若 P 是半椭圆 x2+y24=1x^{2}+\frac{y^{2}}{4}=1 (x<0) 上的动点，求 △PAB\triangle PAB 面积的取值范围.

解析

分析

（I）设 P（m，n），A (y124,y1)\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right) ，B (y224,y2)\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right) ，运用中点坐标公式可得 M 的坐标，再由中点坐标公式和点在抛物线上，代入化简整理可得 y1y_{1} ， y2y_{2} 为关于 y 的方程 y2−2ny+8m−n2=0y^{2}-2ny+8m-n^{2}=0 的两根，由韦达定理即可得到结论；

（Ⅱ）由题意可得 m2+n24=1,−1⩽m<0,−2<n<2m^2 + \frac{n^2}{4} = 1, -1 \leqslant m < 0, -2 < n < 2，可得 △PAB\triangle PAB 面积为 S=12∣PM∣⋅∣y1−y2∣S = \frac{1}{2} |PM| \cdot |y_1 - y_2|，再由配方和换元法，可得面积 SS 关于新元的三次函数，运用单调性可得所求范围.

解答

解：（I）证明：可设 P（m，n），A (y124,y1)\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right) ，B (y224,y2)\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right) ，

AB 中点为 M 的坐标为 (y12+y228,y1+y22)\left(\frac{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}}{8},\frac{y_{1}+y_{2}}{2}\right) ,

抛物线 C: y2=4xy^{2} = 4x 上存在不同的两点 A, B 满足 PA, PB 的中点均在 C 上,

可得 (n+y12)2=4⋅m+y1242\left(\frac{n+y_{1}}{2}\right)^{2}=4\cdot\frac{m^{+\frac{y_{1}^{2}}{4}}}{2}

(n+y22)2=4⋅m+14y222,\left(\frac{\mathrm{n} + \mathrm{y}_{2}}{2}\right)^{2} = 4 \cdot \frac{\mathrm{m} + \frac{1}{4} \mathrm{y}_{2}^{2}}{2},

化简可得 y1y_{1} ， y2y_{2} 为关于 y 的方程 y2−2ny+8m−n2=0y^{2}-2ny+8m-n^{2}=0 的两根，

可得 y1+y2=2n,y1y2=8m−n2,y_{1}+y_{2}=2n,\quad y_{1}y_{2}=8m-n^{2},

可得 n=y1+y22n = \frac{y_1 + y_2}{2}

则 PM 垂直于 y 轴;

（Ⅱ）若 P 是半椭圆 x2+y24=1x^{2}+\frac{y^{2}}{4}=1 （x<0）上的动点，

可得 m2+n24=1m^2 +\frac{n^2}{4} = 1 ，- 1⩽m<01\leqslant m < 0 ，- 2<n<22 < n < 2

由（I）可得 y1+y2=2n,y1y2=8m−n2y_{1}+y_{2}=2n,\quad y_{1}y_{2}=8m-n^{2}

由 PM 垂直于 y 轴，可得 △PAB\triangle PAB 面积为 S=12∣PM∣∙∣y1−y2∣S=\frac{1}{2}|PM|\bullet|y_{1}-y_{2}|

=12(y12+y228−m)⋅(y1+y2)2−4y1y2= \frac{1}{2} \left(\frac{\mathrm{y}_{1}^{2} + \mathrm{y}_{2}^{2}}{8} - \mathrm{m}\right) \cdot \sqrt{\left(\mathrm{y}_{1} + \mathrm{y}_{2}\right)^{2} - 4 \mathrm{y}_{1} \mathrm{y}_{2}}

=[116∙(4n2−16m+2n2)−12m]∙4n2−32m+4n2= \left[\frac{1}{1 6} \bullet (4 n^{2} - 1 6 m + 2 n^{2}) - \frac{1}{2} m \right] \bullet \sqrt{4 n^{2} - 3 2 m + 4 n^{2}}

=324(n2−4m)n2−4π,= \frac{3 \sqrt{2}}{4} (n^{2} - 4 m) \sqrt{n^{2} - 4 \pi},

可令 t=n2−4π=4−4m2−4πt = \sqrt{n^2 - 4\pi} = \sqrt{4 - 4m^2 - 4\pi}

=−4(m+12)2+5,= \sqrt{- 4 \left(m + \frac{1}{2}\right)^{2} + 5},

可得 m=−12m = -\frac{1}{2} 时，t取得最大值 5\sqrt{5}

m = -1 时，t 取得最小值 2，

即 2⩽t⩽52 \leqslant t \leqslant \sqrt{5} ,

则 S=324t3S = \frac{3\sqrt{2}}{4} t^3 在 2⩽t⩽52 \leqslant t \leqslant \sqrt{5} 递增，可得 S∈[62,15410]S \in[6\sqrt{2}, \frac{15}{4}\sqrt{10}]，

△PAB\triangle \mathrm{PAB} 面积的取值范围为 [62,15410][6\sqrt{2},\frac{15}{4}\sqrt{10}]