已知抛物线 $y^2=6x$ 上的两个动点 $A(x_1,y_1)$ 和 $B(x_2,y_2)$，其中 $x_1\neq x_2$ 且 $x_1+x_2=4$．线段 $AB$ 的垂直平分线与 $x$ 轴交于点 $C$，求 $\triangle ABC$ 面积的最大值．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
解法一：
设线法 $AB$ 的中点为 $M(x_0,y_0)$，则 $x_0=\frac{x_1+x_2}{2}=2, y_0=\frac{y_1+y_2}{2}$，$$k_{AB}=\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=\frac{y_2-y_1}{\frac{y_2^2}{6}-\frac{y_1^2}{6}}=\frac{6}{y_2+y_1}=\frac{3}{y_0}.$$线段 $AB$ 的垂直平分线的方程是$$y-y_0=-\frac{y_0}{3}(x-2).~~~~~~~~ ① $$易知 $x=5,y=0$ 是 $ ① $ 的一个解，所以线段 $AB$ 的垂直平分线与 $x$ 轴的交点 $C$ 为定点，且点 $C$ 坐标为 $(5,0)$．x轴的交点．由 $ ① $ 知直线 $AB$ 的方程为 $y—y_0=\frac{3}{y_0}(x-2)$，即$$x=\frac{y_0}{3}(y-y_0)+2,~~~~~~~ ② $$$ ② $ 代入 $y^2=6x$ 得 $y^2=2y_0(y-y_0)+12$，即$$y^2-2y_0y+2y_0^2-12=0~~~~~~~ ③ $$依题意，$y_1,y_2$ 是方程 $ ③ $ 的两个实根，且 $y_1\neq y_2$，所以 $\triangle =4y_0^2-4(2y_0^2-12)=-4y_0^2+48>0$，所以 $-2\sqrt{3}<y_0<2\sqrt{3}$．$$\begin{aligned}|AB|&=\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}\\&=\sqrt{[1+(\frac{y_0}{3})^2](y_1-y_2)^2}\\&=\sqrt{(1+\frac{y_0^2}{9})[(y_1+y_2)^2-4y_1y_2]}\\&=\sqrt{(1+\frac{y^2_0}{9})[4y^2_0-4(2y_0^2-12)]}\\&=\frac{2}{3}\sqrt{(9+y_0^2)(12-y_0^2)}\end{aligned}$$定点 $C(5,0)$ 到线段 $AB$ 的距离$$h=|CM|=\sqrt{(5-2)^2+(0-y_0)^2}=\sqrt{9+y_0^2}.$$$$\begin{aligned}S_{\triangle ABC}&=\frac{1}{2}|AB|\cdot h\\&=\frac{1}{3}\sqrt{9+y_0^2)(12-y_0^2)}\cdot \sqrt{9+y_0^2}\\&=\frac{1}{3}\sqrt{\frac{1}{2}(9+y_0^2)(24-2y_0^2)(9+y_0^2)}\\&\leqslant \frac{1}{3}\sqrt{\frac{1}{2}(\frac{9+y_0^2+24-2y_0^2+9+y_0^2}{3})^3}\\&=\frac{14}{3}\sqrt{7}.\end{aligned}$$当且仅当 $9+y_0^2=24-2y_0^2$，即 $y_0=\pm \sqrt{5}$，$A(\frac{6+\sqrt{35}}{3},\sqrt{5}+\sqrt{7}),B(\frac {\sqrt{6-}\sqrt{35}}{3},\sqrt{5}-\sqrt{7})$ 或 $A(\frac{6+\sqrt{35}}{3},-(\sqrt{5}+\sqrt{7})),B(\frac{6-\sqrt{35}}{3},-\sqrt{5}+\sqrt{7})$ 时等号成立．所以，$\triangle ABC$ 面积的最大值为 $\frac{14}{3}\sqrt{7}$．
解法二：同解法一，线段 $AB$ 的垂直平分线与 $x$ 轴的交点 $C$ 为定点，且点 $C$ 坐标为 $(5, 0)$．设 $x_1=t_1^2, x_2=t_2^2, t_1>t_2, t_1^2+t_2^2=4$，则$$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}\begin{vmatrix} 5& 0&1\\t_1^2&\sqrt{6}t_1&1\\t_2^2&\sqrt{6}t_2&1\end{vmatrix}$$的绝对值，$$\begin{aligned}S^2_{\triangle ABC}&=\left(\frac{1}{2}(5\sqrt{6}t_1+\sqrt{6}t_1^2t_2-\sqrt{6}t_1t_2^2-5\sqrt{6}t_2)\right)^2\\&=\frac{3}{2}(t_1-t_2)^2(t_1t_2+5)^2\\&=\frac{3}{2}(4-2t_1t_2)(t_1t_2+5)(t_1t_2+5)\\&\leqslant \frac{3}{2}(\frac{14}{3})^3.\end{aligned}$$所以 $S_{\triangle ABC}\leqslant \frac{14}{3}\sqrt{7}$，当且仅当 $(t_1-t_2)^2=t_1t_2+5$ 且 $t_1^2+t_2^2=4$，即 $t_1=\frac{\sqrt{7}-\sqrt{5}}{\sqrt{6}}, t_2=-\frac{\sqrt{7}-\sqrt{5}}{\sqrt{6}}, A(\frac{6+\sqrt{35}}{3},\sqrt{5}+\sqrt{7}),B(\frac{6-\sqrt{35}}{3},\sqrt{5}-\sqrt{7})\text{或}A(\frac{6+\sqrt{35}}{3},-(\sqrt{5}+\sqrt{7})),B(\frac{6-\sqrt{35}}{3},-\sqrt{5}+\sqrt{7})$ 时等号成立．所以，$\triangle ABC$ 的面积的最大值是 $\frac{14}{3}\sqrt{7}$．
设线法 $AB$ 的中点为 $M(x_0,y_0)$，则 $x_0=\frac{x_1+x_2}{2}=2, y_0=\frac{y_1+y_2}{2}$，$$k_{AB}=\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=\frac{y_2-y_1}{\frac{y_2^2}{6}-\frac{y_1^2}{6}}=\frac{6}{y_2+y_1}=\frac{3}{y_0}.$$线段 $AB$ 的垂直平分线的方程是$$y-y_0=-\frac{y_0}{3}(x-2).~~~~~~~~ ① $$易知 $x=5,y=0$ 是 $ ① $ 的一个解，所以线段 $AB$ 的垂直平分线与 $x$ 轴的交点 $C$ 为定点，且点 $C$ 坐标为 $(5,0)$．x轴的交点．由 $ ① $ 知直线 $AB$ 的方程为 $y—y_0=\frac{3}{y_0}(x-2)$，即$$x=\frac{y_0}{3}(y-y_0)+2,~~~~~~~ ② $$$ ② $ 代入 $y^2=6x$ 得 $y^2=2y_0(y-y_0)+12$，即$$y^2-2y_0y+2y_0^2-12=0~~~~~~~ ③ $$依题意，$y_1,y_2$ 是方程 $ ③ $ 的两个实根，且 $y_1\neq y_2$，所以 $\triangle =4y_0^2-4(2y_0^2-12)=-4y_0^2+48>0$，所以 $-2\sqrt{3}<y_0<2\sqrt{3}$．$$\begin{aligned}|AB|&=\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}\\&=\sqrt{[1+(\frac{y_0}{3})^2](y_1-y_2)^2}\\&=\sqrt{(1+\frac{y_0^2}{9})[(y_1+y_2)^2-4y_1y_2]}\\&=\sqrt{(1+\frac{y^2_0}{9})[4y^2_0-4(2y_0^2-12)]}\\&=\frac{2}{3}\sqrt{(9+y_0^2)(12-y_0^2)}\end{aligned}$$定点 $C(5,0)$ 到线段 $AB$ 的距离$$h=|CM|=\sqrt{(5-2)^2+(0-y_0)^2}=\sqrt{9+y_0^2}.$$$$\begin{aligned}S_{\triangle ABC}&=\frac{1}{2}|AB|\cdot h\\&=\frac{1}{3}\sqrt{9+y_0^2)(12-y_0^2)}\cdot \sqrt{9+y_0^2}\\&=\frac{1}{3}\sqrt{\frac{1}{2}(9+y_0^2)(24-2y_0^2)(9+y_0^2)}\\&\leqslant \frac{1}{3}\sqrt{\frac{1}{2}(\frac{9+y_0^2+24-2y_0^2+9+y_0^2}{3})^3}\\&=\frac{14}{3}\sqrt{7}.\end{aligned}$$当且仅当 $9+y_0^2=24-2y_0^2$，即 $y_0=\pm \sqrt{5}$，$A(\frac{6+\sqrt{35}}{3},\sqrt{5}+\sqrt{7}),B(\frac {\sqrt{6-}\sqrt{35}}{3},\sqrt{5}-\sqrt{7})$ 或 $A(\frac{6+\sqrt{35}}{3},-(\sqrt{5}+\sqrt{7})),B(\frac{6-\sqrt{35}}{3},-\sqrt{5}+\sqrt{7})$ 时等号成立．所以，$\triangle ABC$ 面积的最大值为 $\frac{14}{3}\sqrt{7}$．解法二：同解法一，线段 $AB$ 的垂直平分线与 $x$ 轴的交点 $C$ 为定点，且点 $C$ 坐标为 $(5, 0)$．设 $x_1=t_1^2, x_2=t_2^2, t_1>t_2, t_1^2+t_2^2=4$，则$$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}\begin{vmatrix} 5& 0&1\\t_1^2&\sqrt{6}t_1&1\\t_2^2&\sqrt{6}t_2&1\end{vmatrix}$$的绝对值，$$\begin{aligned}S^2_{\triangle ABC}&=\left(\frac{1}{2}(5\sqrt{6}t_1+\sqrt{6}t_1^2t_2-\sqrt{6}t_1t_2^2-5\sqrt{6}t_2)\right)^2\\&=\frac{3}{2}(t_1-t_2)^2(t_1t_2+5)^2\\&=\frac{3}{2}(4-2t_1t_2)(t_1t_2+5)(t_1t_2+5)\\&\leqslant \frac{3}{2}(\frac{14}{3})^3.\end{aligned}$$所以 $S_{\triangle ABC}\leqslant \frac{14}{3}\sqrt{7}$，当且仅当 $(t_1-t_2)^2=t_1t_2+5$ 且 $t_1^2+t_2^2=4$，即 $t_1=\frac{\sqrt{7}-\sqrt{5}}{\sqrt{6}}, t_2=-\frac{\sqrt{7}-\sqrt{5}}{\sqrt{6}}, A(\frac{6+\sqrt{35}}{3},\sqrt{5}+\sqrt{7}),B(\frac{6-\sqrt{35}}{3},\sqrt{5}-\sqrt{7})\text{或}A(\frac{6+\sqrt{35}}{3},-(\sqrt{5}+\sqrt{7})),B(\frac{6-\sqrt{35}}{3},-\sqrt{5}+\sqrt{7})$ 时等号成立．所以，$\triangle ABC$ 的面积的最大值是 $\frac{14}{3}\sqrt{7}$．
答案
解析
备注
