Question

3．如圖，已知曲線C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0，y≤0）的離心率e=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，且經(jīng)過點G（1，-$\frac{\sqrt{6}}{3}$），曲線C₂：x²=2y，過曲線C₁上一點P作C₂的兩條切線，切點分別為A，B．
（Ⅰ）求曲線C₁的方程；
（Ⅱ）求△PAB面積的最大值與最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）運用橢圓的離心率公式和點滿足橢圓方程，求解方程組得到a，b的值，則橢圓方程可求；
（Ⅱ）設AB所在直線方程為y=kx+t，聯(lián)立直線方程和拋物線方程，化為關(guān)于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系求得A，B的橫坐標的和與積，再分別寫出過A，B的拋物線的切線方程，運用導數(shù)求得切線的斜率，得到切線方程，聯(lián)立兩切線方程求出P的坐標，代入橢圓方程得到k，t的關(guān)系，再由弦長公式求出|AB|，由點到直線的距離公式求出P到AB的距離，代入面積公式，利用配方法求得S_△ABP的最值．

解答 解：（Ⅰ）由題意可得，e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，a²-b²=c²，
將點G（1，-$\frac{\sqrt{6}}{3}$）代入橢圓方程，可得
$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{2}{3^{2}}$=1，
解得a²=3，b²=1，
則曲線C₁的方程為$\frac{{x}^{2}}{3}$+y²=1（y≤0）；
（Ⅱ）設直線AB：y=kx+t，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+t}\\{{x}^{2}=2y}\end{array}\right.$，得x²-2kx-2t=0．
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則x₁+x₂=2k，x₁x₂=-2t，
PA：y=k₁（x-x₁）+$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{2}$，由y=$\frac{1}{2}$x²的導數(shù)為y′=x，
可得k₁=x₁，
則PA：y=x₁x-$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{2}$，
同理PB：y=x₂x-$\frac{{{X}_{2}}^{2}}{2}$，
得P（$\frac{1}{2}$（x₁+x₂），$\frac{1}{2}$x₁x₂），即為（k，-t），
即$\frac{{k}^{2}}{3}$+t²=1，即k²+3t²=3（0≤t≤1），
點P到AB的距離d=$\frac{|{k}^{2}+2t|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
|x₁-x₂|=$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{4{k}^{2}+8t}$，
|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•|x₁-x₂|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{4{k}^{2}+8t}$，
則S_△ABP=$\frac{1}{2}$d•|AB|=$\frac{1}{2}$•$\frac{|{k}^{2}+2t|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{4{k}^{2}+8t}$
=（k²+2t）${\;}^{\frac{3}{2}}$=（3-3t²+2t）${\;}^{\frac{3}{2}}$=[-3（t-$\frac{1}{3}$）²+$\frac{10}{3}$]${\;}^{\frac{3}{2}}$，
當t=$\frac{1}{3}$時，面積取得最大值$\frac{10}{9}$$\sqrt{30}$；
當t=1時，△PAB的面積取得最小值2$\sqrt{2}$．

點評 本題考查橢圓的簡單性質(zhì)，考查了直線與拋物線的位置關(guān)系的應用，訓練了學生靈活處理問題和解決問題的能力，該題靈活性強，運算量大，屬于中檔題．