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】
2010年全国高中数学联赛（一试）
【标注】
【答案】
$\dfrac {14}{3}\sqrt 7$
【解析】
设线段 $AB$ 的中点为 $M(x_0,y_0)$，则 $x_0=\dfrac {x_1+x_2}{2}=2$，$y_0=\dfrac {y_1+y_2}{2}$，$$k_{AB}=\dfrac {y_2-y_1}{x_2-x_1}=\dfrac {y_2-y_1}{\dfrac {y_2^2}{6}-\dfrac {y_1^2}{6}}=\dfrac {3}{y_0}.$$线段 $AB$ 的垂直平分线的方程是$$y-y_0=-\dfrac {y_0}{3}(x-2),\quad \cdots\cdots \text{ ① }$$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 $C$ 的坐标为 $(5,0)$．由 ① 知直线 $AB$ 的方程为 $y-y_0=\dfrac {3}{y_0}(x-2)$，即$$x=\dfrac {y_0}{3}(y-y_0)+2.\quad \cdots\cdots \text{ ② }$$② 代入 $y^2=6x$，得 $y^2=2y_0(y-y_0)+12$，即$$y^2-2yy_0+2y_0^2-12=0.\quad \cdots\cdots \text{ ③ }$$依题意，$y_1$、$y_2$ 是方程 ③ 的两个实根，且 $y_1 \neq y_2$，所以$$\Delta=4y_0^2-4(2y_0^2-12)=-4y_0^2+48>0,$$所以 $-2\sqrt 3<y_0<2\sqrt 3$．\[\begin{split}|AB|&=\sqrt {(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}\\&=\sqrt {\left[1+\left(\dfrac {y_0}{3}\right)^2\right](y_1-y_2)^2}\\&=\sqrt {\left(1+\dfrac {y_0^2}{9}\right)\left[(y_1+y_2)^2-4y_1y_2\right]}\\ &=\dfrac 23\sqrt {(9+y_0^2)(12-y_0^2)}.\end{split}\]定点 $C(5,0)$ 到线段 $AB$ 的距离$$h=|CM|=\sqrt {9+y_0^2}.$$故\[\begin{split}S_{\triangle ABC}&=\dfrac 12|AB|\cdot h \\ &=\dfrac 13\sqrt {(9+y_0^2)(12-y_0^2)}\cdot\sqrt {9+y_0^2}\\&= \dfrac 13 \sqrt {\dfrac 12(9+y_0^2)(24-2y_0^2)(9+y_0^2)}\\ &\leqslant \dfrac 13\sqrt {\dfrac 12 \left(\dfrac {9+y_0^2+24-2y_0^2+9+y_0^2}{3}\right)^3} \\ &=\dfrac {14}{3}\sqrt 7.\end{split}\]当且仅当 $9+y_0^2=24-2y_0^2$，即 $y_0=\pm \sqrt 5$，$A\left(\dfrac {6+\sqrt {35}}{3},\sqrt 5+\sqrt 7\right)$，$B\left(\dfrac {6-\sqrt {35}}{3},\sqrt 5-\sqrt 7\right) $ 或 $A\left(\dfrac {6+\sqrt {35}}{3},-\sqrt 5-\sqrt 7\right)$，$B\left(\dfrac {6-\sqrt {35}}{3},-\sqrt 5+\sqrt 7\right)$ 时等号成立．
所以，$\triangle ABC$ 面积的最大值为 $\dfrac {14}{3}\sqrt 7$．
设 $x_1=t_1^2$，$x_2=t_2^2$，$t_1>t_2$，$t_1^2+t_2^2=4$，则$$S_{\triangle ABC}=\dfrac 12\begin{vmatrix}5&0&1\\t_1^2&\sqrt 6t_1&1\\ t_2^2&\sqrt 6t_2 &1\end{vmatrix} \text{的绝对值},$$所以\[\begin{split}S_{\triangle ABC}^2&=\left(\dfrac 12(5\sqrt 6t_1+\sqrt 6t_1^2t_2-\sqrt 6t_1t_2^2-5\sqrt 6t_2)\right)^2\\ &=\dfrac 32(t_1-t_2)^2(t_1t_2+5)^2\\ &=\dfrac 32(4-2t_1t_2)(t_1t_2+5)(t_1t_2+5)\\ &\leqslant \dfrac 32\left(\dfrac {14}{3}\right)^3,\end{split}\]故 $S_{\triangle ABC}\leqslant \dfrac {14}{3}\sqrt 7$，当且仅当 $(t_1-t_2)^2=t_1t_2+5$ 且 $t_1^2+t_2^2=4$，即 $t_1=\dfrac {\sqrt 7-\sqrt 5}{\sqrt 6}$，$t_2=-\dfrac {\sqrt 7+\sqrt 5}{\sqrt 6}$，$A\left(\dfrac {6+\sqrt {35}}{3},\sqrt 5+\sqrt 7\right)$，$B\left(\dfrac {6-\sqrt {35}}{3},\sqrt 5-\sqrt 7\right) $ 或 $A\left(\dfrac {6+\sqrt {35}}{3},-\sqrt 5-\sqrt 7\right)$，$B\left(\dfrac {6-\sqrt {35}}{3},-\sqrt 5+\sqrt 7\right)$ 时等号成立．
所以，$\triangle ABC$ 面积的最大值为 $\dfrac {14}{3}\sqrt 7$．
答案
解析
备注
