Question

11．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C₁：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，拋物線C₂：x²=4y的焦點(diǎn)F是C₁的一個(gè)頂點(diǎn)．
（I）求橢圓C₁的方程；
（II）過(guò)點(diǎn)F且斜率為k的直線l交橢圓C₁于另一點(diǎn)D，交拋物線C₂于A，B兩點(diǎn)，線段DF的中點(diǎn)為M，直線OM交橢圓C₁于P，Q兩點(diǎn)，記直線OM的斜率為k'．
（i）求證：k•k'=-$\frac{1}{4}$；
（ii）△PDF的面積為S₁，△QAB的面積為是S₂，若S₁•S₂=λk²，求實(shí)數(shù)λ的最大值及取得最大值時(shí)直線l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，拋物線C₂：x²=4y的焦點(diǎn)F是C₁的一個(gè)頂點(diǎn)，列出方程組，求出a=2，b=1，由此能求出橢圓C₁的方程．
（Ⅱ）（i）由題意設(shè)直線l的方程為y=kx+1，（k≠0），由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，得（4k²+1）x²+8kx=0，由此求出D（$\frac{-8k}{4{k}^{2}+1}$，$\frac{1-4{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}$），M（$\frac{-4k}{4{k}^{2}+1}，\frac{1}{4{k}^{2}+1}$），由此能證明kk′=-$\frac{1}{4}$．
（ii）由D（$\frac{-8k}{4{k}^{2}+1}$，$\frac{1-4{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}$），F(xiàn)（0，1），得|DF|=$\frac{8|k|\sqrt{{k}^{2}+1}}{4{k}^{2}+1}$，由$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}=4y}\\{y=kx+1}\end{array}\right.$，得x²-4kx-4=0，由此利用根的判別式、韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式求出|AB|=4（k²+1），由$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\\{y=-\frac{1}{4k}x}\end{array}\right.$，得（4k²+1）y²-1=0，由此利用根的判別式、韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式，求出點(diǎn)P到直線kx-y+1=0的距離，點(diǎn)Q到直線kx-y+1=0的距離，由此能λ的最大值為$\frac{16\sqrt{3}}{3}$，此時(shí)直線l的方程為y=$±\frac{\sqrt{2}}{2}x+1$．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓C₁：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
拋物線C₂：x²=4y的焦點(diǎn)F是C₁的一個(gè)頂點(diǎn)．
∴$\left\{\begin{array}{l}{e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{b=1}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=2，c=$\sqrt{3}$，
∴橢圓C₁的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．
證明：（Ⅱ）（i）證明：由題意設(shè)直線l的方程為y=kx+1，（k≠0），設(shè)點(diǎn)D（x₀，y₀），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，得（4k²+1）x²+8kx=0，
解得${x}_{0}=\frac{-8k}{4{k}^{2}+1}$，${y}_{0}=\frac{1-4{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}$，∴D（$\frac{-8k}{4{k}^{2}+1}$，$\frac{1-4{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}$），M（$\frac{-4k}{4{k}^{2}+1}，\frac{1}{4{k}^{2}+1}$），
${k}^{'}={k}_{OM}=-\frac{1}{4k}$，∴kk′=-$\frac{1}{4}$．
解：（ii）由（i）知D（$\frac{-8k}{4{k}^{2}+1}$，$\frac{1-4{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}$），
又F（0，1），∴|DF|=$\sqrt{（\frac{-8k}{4{k}^{2}+1}）^{2}+（\frac{1-4{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}-1）^{2}}$=$\frac{8|k|\sqrt{{k}^{2}+1}}{4{k}^{2}+1}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}=4y}\\{y=kx+1}\end{array}\right.$，得x²-4kx-4=0，
${△}_{1}=16{k}^{2}+16＞0$，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則x₁+x₂=4k，
∴|AB|=${y}_{1}+{y}_{2}+p=k（{x}_{1}+{x}_{2}）+2+p=4（{k}^{2}+1）$，
由$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\\{y=-\frac{1}{4k}x}\end{array}\right.$，得（4k²+1）y²-1=0，${△}_{2}=4（4{k}^{2}+1）＞0$，
設(shè)P（x₃，y₃），Q（-x₃，-y₃），
由題意得${y}_{3}=\frac{1}{\sqrt{4{k}^{2}+1}}$，${x}_{3}=-\frac{4k}{\sqrt{4{k}^{2}+1}}$，
∴P（-$\frac{4k}{\sqrt{4{k}^{2}+1}}，\frac{1}{\sqrt{4{k}^{2}+1}}$），Q（$\frac{4k}{\sqrt{4{k}^{2}+1}}$，-$\frac{1}{\sqrt{4{k}^{2}+1}}$），
∴點(diǎn)P到直線kx-y+1=0的距離為：
d₁=$\frac{|\frac{-4{k}^{2}}{\sqrt{4{k}^{2}+1}}-\frac{1}{\sqrt{4{k}^{2}+1}}+1|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=$\frac{|1-\sqrt{4{k}^{2}+1}|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，
點(diǎn)Q到直線kx-y+1=0的距離為：
d₂=$\frac{|\frac{4{k}^{2}}{\sqrt{4{k}^{2}+1}}+\frac{1}{\sqrt{4{k}^{2}+1}}+1|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=$\frac{|1+\sqrt{4{k}^{2}+1}|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，
∴S₁=$\frac{1}{2}$|DF|d₁=$\frac{1}{2}×\frac{8|k|\sqrt{1+{k}^{2}}}{4{k}^{2}+1}×\frac{|1-\sqrt{4{k}^{2}+1}|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{4|k|×|1-\sqrt{4{k}^{2}+1}|}{4{k}^{2}+1}$，
S₂=$\frac{1}{2}|AB|nprbf5f_{2}$=$\frac{1}{2}×4（{k}^{2}+1）×\frac{1+\sqrt{4{k}^{2}+1}}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=$2\sqrt{{k}^{2}+1}（1+\sqrt{4{k}^{2}+1}）$，
∴$λ=\frac{{S}_{1}•{S}_{2}}{{k}^{2}}$=$\frac{32|k|\sqrt{{k}^{2}+1}}{4{k}^{2}+1}$=$\frac{16}{\sqrt{3}}×\frac{2\sqrt{3{k}^{2}}•\sqrt{{k}^{2}+1}}{4{k}^{2}+1}$≤$\frac{16}{\sqrt{3}}•\frac{3{k}^{2}+{k}^{2}+1}{4{k}^{2}+1}$=$\frac{16\sqrt{3}}{3}$，
當(dāng)且僅當(dāng)3k²=k²+1，即k=$±\frac{\sqrt{2}}{2}$時(shí)，取等號(hào)，
∴λ的最大值為$\frac{16\sqrt{3}}{3}$，此時(shí)直線l的方程為y=$±\frac{\sqrt{2}}{2}x+1$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程、橢圓性質(zhì)、直線方程、根的判別式、韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．