Question

2．已知橢圓C₁：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左右焦點分別為F₁，F(xiàn)₂，拋物線C₂：y=-$\frac{1}{2}（{x^2}-1）$的頂點為B，且經(jīng)過F₁，F(xiàn)₂，橢圓C₁的上頂點A滿足2$\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OA}$．
（I）求橢圓C₁的方程；
（II）設點M滿足2$\overrightarrow{{F_1}M}=\overrightarrow{{F_1}O}+\overrightarrow{{F_1}B}$，點N為拋物線C₂上一動點，拋物線C₂在N處的切線與橢圓交于P，Q兩點，求△MPQ面積的最大值．

Answer 1

分析 （I）求得拋物線的頂點，求得F₁，可得c=1，再由向量共線的坐標表示，可得b=1，進而得到a，即有橢圓方程；
（II）運用向量共線的坐標表示，求得PQ的斜率，設出PQ的方程，聯(lián)立橢圓方程，運用韋達定理和弦長公式，結(jié)合點到直線的距離公式，由三角形的面積公式，運用二次函數(shù)的最值求法，可得最大值．

解答 解：（I）由拋物線C₂：$y=-\frac{1}{2}（{x^2}-1）$，可得$B（0，\frac{1}{2}）$，F(xiàn)₁（-1，0），
設橢圓的焦距為2c，則有c=1，
又由$2\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OA}$可得A（0，1），∴b=1，$a=\sqrt{2}$，
故橢圓C₁的方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．                                       
（Ⅱ）由$2\overrightarrow{{F_1}M}=\overrightarrow{{F_1}O}+\overrightarrow{{F_1}B}$知，點M為OB中點，∴$M（0，\frac{1}{4}）$．       
設點$N（t，-\frac{1}{2}{t^2}+\frac{1}{2}）$，由$y=-\frac{1}{2}（{x^2}-1）$得，則k_PQ=y'|_x=t=-t，
∴$PQ：y=-tx+\frac{1}{2}{t^2}+\frac{1}{2}$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{2}+{y^2}=1\\ y=-tx+\frac{1}{2}{t^2}+\frac{1}{2}\end{array}\right.$，消去y整理得，$（2{t^2}+1）{x^2}-2t（{t^2}+1）x+\frac{{{t^4}+2{t^2}-3}}{2}=0$，
由△＞0，得${t^2}＜3+2\sqrt{3}$，設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
由韋達定理可得，${x_1}+{x_2}=\frac{{2t（{t^2}+1）}}{{2{t^2}+1}}$，${x_1}•{x_2}=\frac{{{t^4}+2{t^2}-3}}{{2（2{t^2}+1）}}$，
∴$|{x_1}-{x_2}|=\frac{{\sqrt{-2{t^4}+12{t^2}+6}}}{{2{t^2}+1}}$，
∴$|PQ|=\sqrt{1+{t^2}}|{x_1}-{x_2}|=\sqrt{1+{t^2}}•\frac{{\sqrt{-2{t^4}+12{t^2}+6}}}{{2{t^2}+1}}$，
而點$M（0，\frac{1}{4}）$到直線PQ的距離為$d=\frac{{|\frac{1}{2}{t^2}+\frac{1}{4}|}}{{\sqrt{1+{t^2}}}}=\frac{1}{4}•\frac{{2{t^2}+1}}{{\sqrt{1+{t^2}}}}$，
所以${S_{△MPQ}}=\frac{1}{2}|PQ|•d=\frac{{\sqrt{-2{t^4}+12{t^2}+6}}}{8}=\frac{{\sqrt{-2{{（{t^2}-3）}^2}+24}}}{8}≤\frac{{\sqrt{6}}}{4}$，
∵${t^2}＜3+2\sqrt{3}$，故當t²=3時，${（{S_{△MPQ}}）_{max}}=\frac{{\sqrt{6}}}{4}$．

點評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運用拋物線的頂點和向量共線的坐標表示，考查三角形的面積的最大值的求法，注意運用聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運用韋達定理和弦長公式，面積公式，化簡整理，屬于中檔題．