Question

6．已知橢圓C₁：$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}$+x²=1（a＞1）與拋物線C${\;}_{{2}_{\;}}$：x²=4y有相同焦點F₁．
（Ⅰ）求橢圓C₁的標準方程；
（Ⅱ）已知直線l₁過橢圓C₁的另一焦點F₂，且與拋物線C₂相切于第一象限的點A，設(shè)平行l(wèi)₁的直線l交橢圓C₁于B，C兩點，當(dāng)△OBC面積最大時，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出拋物線的F₁（0，1），利用橢圓的離心率，求出a、b即可求解橢圓方程．
（Ⅱ）F₂（0，-1），由已知可知直線l₁的斜率必存在，聯(lián)立方程組，利用相切求出k，然后利用直線的平行，設(shè)直線l的方程為y=x+m聯(lián)立方程組，通過弦長公式點到直線的距離求解三角形的面積，然后得到所求直線l的方程．

解答 解：（Ⅰ）∵拋物線x²=4y的焦點為F₁（0，1），
∴c=1，又b²=1，∴$a=\sqrt{2}$
∴橢圓方程為：$\frac{{y}^{2}}{2}$+x²=1．  …（4分）
（Ⅱ）F₂（0，-1），由已知可知直線l₁的斜率必存在，

設(shè)直線l₁：y=kx-1
由$\left\{\begin{array}{l}y=kx-1\\{x^2}=4y\end{array}\right.$消去y并化簡得x²-4kx+4=0
∵直線l₁與拋物線C₂相切于點A．
∴△=（-4k）²-4×4=0，得k=±1．…（5分）
∵切點A在第一象限．
∴k=1…（6分）
∵l∥l₁
∴設(shè)直線l的方程為y=x+m
由$\left\{\begin{array}{l}y=x+m\\ \frac{y^2}{2}+{x^2}=1\end{array}\right.$，消去y整理得3x²+2mx+m²-2=0，…（7分）
△=（2m）²-12（m²-2）＞0，
解得$-\sqrt{3}＜m＜\sqrt{3}$．
設(shè)B（x₁，y₁），C（x₂，y₂），則${x_1}+{x_2}=-\frac{2m}{3}$，${x_1}{x_2}=\frac{{{m^2}-2}}{3}$$|{x_1}-{x_2}|=\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\sqrt{{{（-\frac{2m}{3}）}^2}-4•\frac{{{m^2}-2}}{3}}=\frac{{2\sqrt{2}}}{3}\sqrt{3-{m^2}}$．…（8分）
又直線l交y軸于D（0，m）
∴${S_{△OBC}}=\frac{1}{2}•|OD|•|{x_1}-{x_2}|=\frac{1}{2}•|m|•\frac{{2\sqrt{2}}}{3}•\sqrt{3-{m^2}}=\frac{{\sqrt{2}}}{3}\sqrt{{m^2}（3-{m^2}）}$…（10分）
=$\frac{{\sqrt{2}}}{3}•\sqrt{-{{（{m^2}-\frac{3}{2}）}^2}+\frac{9}{4}}$
當(dāng)${m^2}=\frac{3}{2}$，即$m=±\frac{{\sqrt{6}}}{2}∈（-\sqrt{3}，\sqrt{3}）$時，${（{S_{△OBC}}）_{max}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．…（11分）
所以，所求直線l的方程為$y=x±\frac{{\sqrt{6}}}{2}$．…（12分）

點評 本題主要考查橢圓、拋物線的有關(guān)計算、性質(zhì)，考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，考查運算求解能力及數(shù)形結(jié)合和化歸與轉(zhuǎn)化思想．