2014-浙江卷文-22 解-抛物线面积

本题导读

$\overrightarrow{PF}=3\overrightarrow{FM}$ 定出 $M\left(-\frac{t}{3},\frac{4}{3}-\frac{t^2}{12}\right)$；面积化为 $\frac{2}{27}|5z-12|\sqrt{12-z}$，在 $z=\frac{44}{5}$ 处取得最大值 $\frac{256\sqrt{5}}{135}$。

📌【题干】

Question

（2014年浙江卷(文)） 已知 $△ABP$ 的三个顶点都在抛物线 $C:x^2=4y$ 上，$F$ 为抛物线 $C$ 的焦点，点 $M$ 为 $AB$ 的中点，$\overrightarrow{PF}=3\overrightarrow{FM}$.

(1) 若 $|PF|=3$，求点 $M$ 的坐标；

(2) 求 $△ABP$ 面积的最大值.

🔍【思路分析】

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$\overrightarrow{PF}=3\overrightarrow{FM}$ 定出 $M\left(-\frac{t}{3},\frac{4}{3}-\frac{t^2}{12}\right)$；面积化为 $\frac{2}{27}|5z-12|\sqrt{12-z}$，在 $z=\frac{44}{5}$ 处取得最大值 $\frac{256\sqrt{5}}{135}$。

✅【答案】

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(1) $\left(\pm \frac{2\sqrt{2}}{3},\frac{2}{3}\right)$；(2)$\frac{256\sqrt{5}}{135}$

✍【详细解析】

Abstract

(1) $F(0,1)$。设 $P\left(t,\frac{t^2}{4}\right)$，则

$|PF{|}^2=t^2+{\left(\frac{t^2}{4}-1\right)}^2={\left(\frac{t^2}{4}+1\right)}^2$， 故 $|PF|=\frac{t^2}{4}+1$（抛物线焦半径公式）。

由 $|PF|=3$ 得 $t^2=8$，$t=\pm 2\sqrt{2}$。

由 $\overrightarrow{PF}=3\overrightarrow{FM}$：$F-P=3(M-F)$，解得

$M=\frac{4F-P}{3}=\left(-\frac{t}{3},\frac{4}{3}-\frac{t^2}{12}\right)$。

代入 $t^2=8$：$M=\left(\mp \frac{2\sqrt{2}}{3},\frac{2}{3}\right)$，即 $M\left(\pm \frac{2\sqrt{2}}{3},\frac{2}{3}\right)$（与 $t$ 异号，两个位置均符合题意）。

(2) 设 $A\left(u,\frac{u^2}{4}\right)$，$B\left(v,\frac{v^2}{4}\right)$，$P\left(t,\frac{t^2}{4}\right)$。由 $M$ 为 $AB$ 中点：

$\frac{u+v}{2}=-\frac{t}{3}$，$\frac{u^2+v^2}{8}=\frac{4}{3}-\frac{t^2}{12}$， 即 $u+v=-\frac{2t}{3}$，$u^2+v^2=\frac{32}{3}-\frac{2t^2}{3}$。

于是 $uv=\frac{(u+v{)}^2-(u^2+v^2)}{2}=\frac{5t^2}{9}-\frac{16}{3}$，

$(u-v{)}^2=(u+v{)}^2-4uv=\frac{16(12-t^2)}{9}$。

由 $(u-v{)}^2\ge 0$ 得 $t^2\le 12$（保证 $A,B$ 存在）。

三角形面积：$S_{△ABP}=\frac{1}{8}|(u-v)(v-t)(t-u)|$，而

$(u-t)(v-t)=uv-t(u+v)+t^2=\frac{4(5t^2-12)}{9}$， 故 $S=\frac{1}{8}\cdot \frac{4}{3}\sqrt{12-t^2}\cdot \frac{4}{9}\left|5t^2-12\right|=\frac{2}{27}\left|5t^2-12\right|\sqrt{12-t^2}$。

令 $z=t^2\in [0,12]$，研究 $h(z)=|5z-12|\sqrt{12-z}$：

① $0\le z\le \frac{12}{5}$：$h(z)=(12-5z)\sqrt{12-z}$，导数 $h^{\prime }(z)=\frac{15z-132}{2\sqrt{12-z}}<0$，故最大值 $h(0)=12\sqrt{12}=24\sqrt{3}$。

② $\frac{12}{5}\le z<12$：$h(z)=(5z-12)\sqrt{12-z}$，导数 $h^{\prime }(z)=\frac{132-15z}{2\sqrt{12-z}}$，在 $z=\frac{44}{5}$ 处取得最大值

$h\left(\frac{44}{5}\right)=\left(44-12\right)\sqrt{12-\frac{44}{5}}=32\cdot \frac{4}{\sqrt{5}}=\frac{128}{\sqrt{5}}$。

比较：$\frac{128}{\sqrt{5}}>24\sqrt{3}$（平方后 $\frac{16384}{5}>1728$）。

所以 $S_{\max }=\frac{2}{27}\cdot \frac{128}{\sqrt{5}}=\frac{256}{27\sqrt{5}}=\frac{256\sqrt{5}}{135}$。

在 $z=\frac{44}{5}<12$ 处 $(u-v{)}^2>0$，$A\ne B$，最大值确实可以取得。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：抛物线焦半径；向量中点关系的坐标化；含绝对值的单变量函数最值

2. 核心方法：“设 $A(u)$、$B(v)$ 对称设点” + “换元 $z=t^2$ 后分段求导”

3. 避坑指南：面积公式 $\frac{1}{8}|(u-v)(v-t)(t-u)|$ 来自 $S=\frac{1}{2}\cdot |AB|\cdot d$ 展开的连乘结构，别死记硬背符号；$h(z)$ 的绝对值在 $z=\frac{12}{5}$ 处分段，两段都要考察（$h(0)=24\sqrt{3}$ 并不小）；$t^2\le 12$ 是 $A,B$ 存在的硬约束，代回检验最大值点取得到。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 抛物线 + 向量定比分点 + 面积最值的压轴组合（2014 浙江理 20 同族题位的姊妹题），浙江卷解析几何压轴”少联立、多结构”的代表之作。

2. 结论推广: 一般地，中点 $M$ 由向量比给出的三点共线抛物线问题，“对称设点 $A(u),B(v)$ + 韦达式变形”比联立直线方程更快；面积最值归结为单变量函数后，换元去绝对值分段讨论是标准收口。

3. 方法推广: 解析几何最值压轴的通用路线：几何/向量条件 → 坐标关系（对称式）→ 目标量单变量化 → 换元 + 分段单调性（或求导）→ 验证取等可行。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 18.03 抛物线专题全总结
• 18.05 圆锥曲线大题核心攻略

类题演练 (Links)

• 2014-新课标I卷理-10 单-抛物线定义
• 2014-新课标I卷理-15 填-向量的加法与数乘