Question

2．已知椭圆C₁：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左右焦点分别为F₁，F₂，抛物线C₂：y=-$\frac{1}{2}（{x^2}-1）$的顶点为B，且经过F₁，F₂，椭圆C₁的上顶点A满足2$\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OA}$．
（I）求椭圆C₁的方程；
（II）设点M满足2$\overrightarrow{{F_1}M}=\overrightarrow{{F_1}O}+\overrightarrow{{F_1}B}$，点N为抛物线C₂上一动点，抛物线C₂在N处的切线与椭圆交于P，Q两点，求△MPQ面积的最大值．

Answer 1

分析 （I）求得抛物线的顶点，求得F₁，可得c=1，再由向量共线的坐标表示，可得b=1，进而得到a，即有椭圆方程；
（II）运用向量共线的坐标表示，求得PQ的斜率，设出PQ的方程，联立椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，结合点到直线的距离公式，由三角形的面积公式，运用二次函数的最值求法，可得最大值．

解答 解：（I）由抛物线C₂：$y=-\frac{1}{2}（{x^2}-1）$，可得$B（0，\frac{1}{2}）$，F₁（-1，0），
设椭圆的焦距为2c，则有c=1，
又由$2\overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OA}$可得A（0，1），∴b=1，$a=\sqrt{2}$，
故椭圆C₁的方程为$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．                                       
（Ⅱ）由$2\overrightarrow{{F_1}M}=\overrightarrow{{F_1}O}+\overrightarrow{{F_1}B}$知，点M为OB中点，∴$M（0，\frac{1}{4}）$．       
设点$N（t，-\frac{1}{2}{t^2}+\frac{1}{2}）$，由$y=-\frac{1}{2}（{x^2}-1）$得，则k_PQ=y'|_x=t=-t，
∴$PQ：y=-tx+\frac{1}{2}{t^2}+\frac{1}{2}$，
联立$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{2}+{y^2}=1\\ y=-tx+\frac{1}{2}{t^2}+\frac{1}{2}\end{array}\right.$，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${t^2}＜3+2\sqrt{3}$，设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
由韦达定理可得，${x_1}+{x_2}=\frac{{2t（{t^2}+1）}}{{2{t^2}+1}}$，${x_1}•{x_2}=\frac{{{t^4}+2{t^2}-3}}{{2（2{t^2}+1）}}$，
∴$|{x_1}-{x_2}|=\frac{{\sqrt{-2{t^4}+12{t^2}+6}}}{{2{t^2}+1}}$，
∴$|PQ|=\sqrt{1+{t^2}}|{x_1}-{x_2}|=\sqrt{1+{t^2}}•\frac{{\sqrt{-2{t^4}+12{t^2}+6}}}{{2{t^2}+1}}$，
而点$M（0，\frac{1}{4}）$到直线PQ的距离为$d=\frac{{|\frac{1}{2}{t^2}+\frac{1}{4}|}}{{\sqrt{1+{t^2}}}}=\frac{1}{4}•\frac{{2{t^2}+1}}{{\sqrt{1+{t^2}}}}$，
所以${S_{△MPQ}}=\frac{1}{2}|PQ|•d=\frac{{\sqrt{-2{t^4}+12{t^2}+6}}}{8}=\frac{{\sqrt{-2{{（{t^2}-3）}^2}+24}}}{8}≤\frac{{\sqrt{6}}}{4}$，
∵${t^2}＜3+2\sqrt{3}$，故当t²=3时，${（{S_{△MPQ}}）_{max}}=\frac{{\sqrt{6}}}{4}$．

点评 本题考查椭圆的方程的求法，注意运用抛物线的顶点和向量共线的坐标表示，考查三角形的面积的最大值的求法，注意运用联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，面积公式，化简整理，属于中档题．