Question

2．已知F₁、F₂分別為橢圓C₁：$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{x}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的上、下焦點，其中F₁也是拋物線C₂：x²=4y的焦點，點M是C₁與C₂在第二象限的交點，且|MF₁|=$\frac{5}{3}$．
（I）求橢圓的方程；
（II）過拋物線C₂上一點P（異于原點O）作切線l，交橢圓于A，B兩點，Q是OP的中點，求△QAB面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由C₂：x²=4y，知F₁（0，1），c=1，設M（x₀，y₀），x₀＜0，由已知條件推導出x₀，y₀，由此能求出橢圓C₁的方程．
（Ⅱ）設N（t，$\frac{{t}^{2}}{4}$），表示出過點N的拋物線的切線方程，與橢圓的方程聯(lián)立，利用弦長公式表示出線段PQ的長度，再求出點M到直線PQ的距離為d，表示出△MPQ面積，由于其是參數(shù)t的函數(shù)，利用函數(shù)的知識求出其最值即可得到，△MPQ的面積的最大值

解答 解：（Ⅰ）∵F₁也是拋物線C₂：x²=4y的焦點，∴F₁（0，1），
∴橢圓C₁的焦點F₁（0，1），F(xiàn)₂（0，-1）．
令M為（x₀，y₀），因為M在拋物線C₂上，故x₀²=4y₀，①
又|MF₁|=$\frac{5}{3}$，則y₀+1=$\frac{5}{3}$，②
由①②解得x₀=-$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，y₀=$\frac{2}{3}$，
點M在橢圓上，由橢圓定義，得
2a=|MF₁|+|MF₂═$\frac{5}{3}+\sqrt{（-\frac{2\sqrt{6}}{3}-0）^{2}+（\frac{2}{3}+1）^{2}}$=4
∴a=2，又∵c=1，∴b²=a²-c²=3
∴橢圓C₁的方程為：$\frac{{y}^{2}}{4}+\frac{{x}^{2}}{3}=1$．
（Ⅱ）設M（t，$\frac{{t}^{2}}{4}$）（t≠0），由于y'=$\frac{1}{2}$x知切線AB的方程為：：y-$\frac{{t}^{2}}{4}$=$\frac{1}{2}t$（x-t）．即y=$\frac{t}{2}$x-$\frac{{t}^{2}}{4}$．（4分）
切線方程與橢圓方程聯(lián)立可得：（3t²+16）x²-3t³x+$\frac{3{t}^{4}}{4}-48$=0，
△=9t⁶-（3t⁴-192）（3t²+16）=-48t⁴+576t²+192×16＞0
得t⁴-12t²-64＜0⇒0＜t²＜16．
|AB|=$\sqrt{1+\frac{{t}^{2}}{4}}×\frac{4\sqrt{3}\sqrt{-{t}^{4}+12{t}^{2}+64}}{{3t}^{3}+16}$；
原點O到切線的距離d=$\frac{{t}^{2}}{4}×\frac{1}{\sqrt{1+\frac{{t}^{2}}{4}}}$．
∵Q是OP的中點，∴△QAB面積的是△OAB的一半，
∴S_△QAB=$\frac{1}{2}$×$\frac{1}{2}$|AB|d=$\frac{\sqrt{3}}{4}\frac{\sqrt{{t}^{4}（-{t}^{4}+12{t}^{2}+64}）}{3{t}^{3}+16}$，
令3t²+16=u，∵0＜t²＜16，∴16＜u＜64．
則S=$\frac{\sqrt{3}}{36}\sqrt{\frac{（{u}^{2}-32u+256）（-{u}^{2}+68u-256）}{{u}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{36}\sqrt{-（u+\frac{256}{u}-32）（u+\frac{256}{u}-68）}$
令y=u+$\frac{256}{u}$，16＜u＜64．∴y在（16，64）上單調(diào)遞增，可得：32＜y＜68
S=$\frac{\sqrt{3}}{36}\sqrt{-{y}^{2}+100-32×68}$，
當y=50∈（32，68）時，S_max=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質(zhì)、直線與橢圓及圓相交弦長問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、三角形面積計算公式、直線與拋物線相切的性質(zhì)、基本不等式的性質(zhì)、函數(shù)的性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．