Question

3．已知點F是拋物線C₁：x²=4y的焦點，過拋物線上一點P，作拋物線的切線l，切點P在第一象限，如圖，切線l與橢圓C₂：$\frac{{y}^{2}}{4}$+$\frac{{x}^{2}}{3}$=1相交于不同的兩點A、B．
（1）若|FA|、|FP|、|FB|依次成等差數(shù)列，求直線l的方程；
（2）設(shè)定點M（0，$\frac{4}{3}$），求△MAB的面積S的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用拋物線與橢圓有公共焦點，且橢圓的離心率為$\frac{1}{2}$，設(shè)P（2t，t²），運用導(dǎo)數(shù)求得切線的斜率，得到切線方程，聯(lián)立橢圓方程，運用韋達定理，再由等差數(shù)列的性質(zhì)，結(jié)合拋物線和橢圓的定義，計算可得t的方程，解得t，即可得到切線方程；
（2）運用點到直線的距離公式和弦長公式，由三角形的面積公式，化簡整理，再由二次函數(shù)的最值，即可得到最大值．

解答 解：（1）點F的坐標為（0，1），
橢圓C₂：$\frac{{y}^{2}}{4}$+$\frac{{x}^{2}}{3}$=1的a=2，b=$\sqrt{3}$，即有c=1，e=$\frac{1}{2}$，
F（0，1）為橢圓的上焦點，
設(shè)P（2t，t²），由y′=$\frac{1}{2}$x，得切線的斜率為t，
從而切線l的方程為y=tx-t²，
直線l與橢圓方程聯(lián)立，得（3t²+4）x²-6t³x+3t⁴-12=0，
即有判別式△=36t⁶-4（3t²+4）（3t⁴-12）＞0，解得t²＜4．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則x₁+x₂=$\frac{6{t}^{3}}{3{t}^{2}+4}$，x₁x₂=$\frac{3{t}^{4}-12}{3{t}^{2}+4}$，
即有y₁+y₂=t（x₁+x₂）-2t²=$\frac{6{t}^{4}}{3{t}^{2}+4}$-2t²=-$\frac{8{t}^{2}}{3{t}^{2}+4}$，
由|FA|、|FP|、|FB|依次成等差數(shù)列，
則2|FP|=|FA|+|FB|，
由拋物線的定義可得|FP|=t²+1，
由橢圓的定義可得|FA|=$\frac{1}{2}$（4-y₁），|FB|=$\frac{1}{2}$（4-y₂），
則有4-$\frac{1}{2}$（y₁+y₂）=2t²+2，
即有2+$\frac{4{t}^{2}}{3{t}^{2}+4}$=2t²，化簡得3t⁴-t²-4=0，
解得t²=$\frac{4}{3}$，即有t=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$（負值舍去）．
即有直線l：y=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$x-$\frac{4}{3}$；
（2）由（1）可得M（0，$\frac{4}{3}$）到切線l的距離為d=$\frac{|\frac{4}{3}+{t}^{2}|}{\sqrt{1+{t}^{2}}}$，
弦長|AB|=$\sqrt{1+{t}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{t}^{2}}$•$\sqrt{\frac{36{t}^{6}}{（3{t}^{2}+4）^{2}}-\frac{4（3{t}^{4}-12）}{3{t}^{2}+4}}$
=$\sqrt{1+{t}^{2}}$•$\frac{\sqrt{-48（{t}^{4}-3{t}^{2}-4）}}{3{t}^{2}+4}$，（t²＜4），
即有△MAB的面積為S=$\frac{1}{2}$d•|AB|=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$$\sqrt{-{t}^{4}+3{t}^{2}+4}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$$\sqrt{-（{t}^{2}-\frac{3}{2}）^{2}+\frac{25}{4}}$
則當t²=$\frac{3}{2}$時，△MAB的面積取得最大值，且為$\frac{5}{3}\sqrt{3}$．

點評 本題考查拋物線和橢圓的定義、方程和性質(zhì)，主要考查定義法解題，同時考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達定理和弦長公式的運用，借助二次函數(shù)的性質(zhì)解決最值問題，屬于中檔題．