Question

2．已知F₁、F₂分别为椭圆C₁：$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{x}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的上、下焦点，其中F₁也是抛物线C₂：x²=4y的焦点，点M是C₁与C₂在第二象限的交点，且|MF₁|=$\frac{5}{3}$．
（I）求椭圆的方程；
（II）过抛物线C₂上一点P（异于原点O）作切线l，交椭圆于A，B两点，Q是OP的中点，求△QAB面积的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由C₂：x²=4y，知F₁（0，1），c=1，设M（x₀，y₀），x₀＜0，由已知条件推导出x₀，y₀，由此能求出椭圆C₁的方程．
（Ⅱ）设N（t，$\frac{{t}^{2}}{4}$），表示出过点N的抛物线的切线方程，与椭圆的方程联立，利用弦长公式表示出线段PQ的长度，再求出点M到直线PQ的距离为d，表示出△MPQ面积，由于其是参数t的函数，利用函数的知识求出其最值即可得到，△MPQ的面积的最大值

解答 解：（Ⅰ）∵F₁也是抛物线C₂：x²=4y的焦点，∴F₁（0，1），
∴椭圆C₁的焦点F₁（0，1），F₂（0，-1）．
令M为（x₀，y₀），因为M在抛物线C₂上，故x₀²=4y₀，①
又|MF₁|=$\frac{5}{3}$，则y₀+1=$\frac{5}{3}$，②
由①②解得x₀=-$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，y₀=$\frac{2}{3}$，
点M在椭圆上，由椭圆定义，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
∴椭圆C₁的方程为：$\frac{{y}^{2}}{4}+\frac{{x}^{2}}{3}=1$．
（Ⅱ）设M（t，$\frac{{t}^{2}}{4}$）（t≠0），由于y'=$\frac{1}{2}$x知切线AB的方程为：：y-$\frac{{t}^{2}}{4}$=$\frac{1}{2}t$（x-t）．即y=$\frac{t}{2}$x-$\frac{{t}^{2}}{4}$．（4分）
切线方程与椭圆方程联立可得：（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|=$\sqrt{1+\frac{{t}^{2}}{4}}×\frac{4\sqrt{3}\sqrt{-{t}^{4}+12{t}^{2}+64}}{{3t}^{3}+16}$；
原点O到切线的距离d=$\frac{{t}^{2}}{4}×\frac{1}{\sqrt{1+\frac{{t}^{2}}{4}}}$．
∵Q是OP的中点，∴△QAB面积的是△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．
则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）上单调递增，可得：32＜y＜68
S=$\frac{\sqrt{3}}{36}\sqrt{-{y}^{2}+100-32×68}$，
当y=50∈（32，68）时，S_max=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆及圆相交弦长问题、一元二次方程的根与系数的关系、三角形面积计算公式、直线与抛物线相切的性质、基本不等式的性质、函数的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．