Question

14．已知橢圓C₁：$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{x}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的一個(gè)焦點(diǎn)與拋物線C₂：x²=4y的焦點(diǎn)重合，離心率e=$\frac{1}{2}$．
（1）求橢圓C_l的方程；
（2）設(shè)P是拋物線C₂準(zhǔn)線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)P作拋物線的切線PA、PB，A、B為切點(diǎn)．
（i）求證：直線AB經(jīng)過(guò)一個(gè)定點(diǎn)；
（ii）若直線AB與橢圓C₁交予M、N兩點(diǎn)，橢圓的下焦點(diǎn)為F′，求△MF′N面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）求得拋物線的焦點(diǎn)，可得橢圓的c=1，再由離心率公式和a，b，c的關(guān)系，計(jì)算即可得到a，b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）（i）設(shè)P（t，-1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），運(yùn)用導(dǎo)數(shù)，求得切線的斜率，求得PA，PB的方程，進(jìn)而得到直線AB的方程，即可得到定點(diǎn)（0，1）；
（ii）由題意得直線AB斜率存在，設(shè)AB：y=kx+1，代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，以及三角形的面積公式，得到k的關(guān)系式，再由導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)f（u）=3u+$\frac{1}{u}$（u≥1）的單調(diào)性，即可得到最大值．

解答 解：（1）拋物線C₂：x²=4y的焦點(diǎn)為（0，1），則橢圓的c=1，
由于橢圓離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，則a=2，b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=$\sqrt{3}$，
即有橢圓方程為$\frac{{y}^{2}}{4}$+$\frac{{x}^{2}}{3}$=1；
（2）（i）證明：拋物線的準(zhǔn)線為y=-1，設(shè)P（t，-1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則x₁²=4y₁，x₂²=4y₂，
y=$\frac{1}{4}$x²的導(dǎo)數(shù)為y′=$\frac{1}{2}$x，
k_PA=$\frac{1}{2}$x₁，PA：y-y₁=$\frac{1}{2}$x₁（x-x₁）即y=$\frac{1}{2}$x₁x-$\frac{1}{2}$x₁²+y₁，
將x₁²=4y₁代入得PA：y=$\frac{1}{2}$x₁x-y₁，
PA過(guò)點(diǎn)P（t，-1）代入得tx₁-2y₁+2=0，
同理可得由PB過(guò)點(diǎn)P（t，-1）可得tx₂-2y₂+2=0，
則直線AB：tx-2y+2=0，
故直線AB恒過(guò)定點(diǎn)（0，1）；
（ii）由題意得直線AB斜率存在，設(shè)AB：y=kx+1，代入橢圓方程$\frac{{y}^{2}}{4}$+$\frac{{x}^{2}}{3}$=1，
得（3k²+4）x²+6kx-9=0，易得判別式大于0恒成立，
設(shè)M（x₃，y₃），N（x₄，y₄），
x₃+x₄=-$\frac{6k}{3{k}^{2}+4}$，x₃x₄=-$\frac{9}{3{k}^{2}+4}$，
即有S_△MNF'=$\frac{1}{2}$|FF'|•|x₃-x₄|=|x₃-x₄|=$\sqrt{\frac{36{k}^{2}}{（3{k}^{2}+4）^{2}}+\frac{36}{3{k}^{2}+4}}$=$\frac{12k\sqrt{1+{k}^{2}}}{3{k}^{2}+4}$，
令u=$\sqrt{1+{k}^{2}}$（u≥1），即有k²=u²-1，
S_△MNF'=$\frac{12u}{3{u}^{2}+1}$=$\frac{12}{3u+\frac{1}{u}}$，令f（u）=3u+$\frac{1}{u}$（u≥1），
f′（u）=3-$\frac{1}{{u}^{2}}$＞0，則f（u）在[1，+∞）遞增，
則當(dāng)u=1，即k=0時(shí)，S_△MNF'=取得最大值3．
△MF′N面積的最大值為3，此時(shí)k=0，AB的方程為y=1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查拋物線和橢圓的方程和性質(zhì)，主要考查橢圓的離心率和方程的運(yùn)用，同時(shí)考查橢圓方程和直線聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理，以及直線恒過(guò)定點(diǎn)的求法，注意運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性求最值的方法，屬于中檔題．