Question

10．已知橢圓C₁：$\frac{x^2}{4}$+$\frac{y^2}{3}$=1，拋物線C₂：y²=4x，過拋物線C₂上一點(diǎn)P（異于原點(diǎn)O）作切線l交橢圓C₁于A，B兩點(diǎn)．
（Ⅰ）求切線l在x軸上的截距的取值范圍；
（Ⅱ）求△AOB面積的最大值．

Answer 1

分析 （I）設(shè)P（t²，2t）（t≠0），設(shè)切線的方程為：y-2t=k（x-t²），與拋物線方程聯(lián)立可得：ky²-4y-4kt²+8t=0，由△=0，解得k=$\frac{1}{t}$．可得切線l的方程為：x=ty-t²，令y=0，可得切線在x軸上的截距．切線方程與橢圓方程聯(lián)立化為：（3t²+4）y²-6t³y+3t⁴-12=0，令△＞0，解得t的范圍即可得出．
（II）由（I）可得：|AB|=$\sqrt{1+{t}^{2}}$$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$4\sqrt{3}•\sqrt{1+{t}^{2}}$$\sqrt{\frac{-{t}^{4}+3{t}^{2}+4}{（3{t}^{2}+4）^{2}}}$，原點(diǎn)O到切線的距離d=$\frac{{t}^{2}}{\sqrt{1+{t}^{2}}}$，可得S=$\frac{1}{2}$|AB|d=$2\sqrt{3}$$\sqrt{\frac{{t}^{4}（-{t}^{4}+3{t}^{2}+4）}{（3{t}^{2}+4）^{2}}}$，令3t²+4=u，通過換元利用函數(shù)的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（I）設(shè)P（t²，2t）（t≠0），設(shè)切線的方程為：y-2t=k（x-t²），與拋物線方程聯(lián)立可得：ky²-4y-4kt²+8t=0，
由△=16-16k（-kt²+2t）=0，解得k=$\frac{1}{t}$．
∴切線l的方程為：x=ty-t²，
令y=0，可得切線在x軸上的截距為-t²，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=ty-{t}^{2}}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，化為：（3t²+4）y²-6t³y+3t⁴-12=0，
令△=36t⁶-12（3t²+4）（t⁴-4）＞0，解得0＜t²＜4，
∴-4＜-t²＜0．
∴切線l在x軸上的截距的取值范圍是（-4，0）．
（II）由（I）可得：y₁+y₂=$\frac{6{t}^{3}}{3{t}^{2}+4}$，y₁y₂=$\frac{3{t}^{4}-12}{3{t}^{2}+4}$．
|AB|=$\sqrt{1+{t}^{2}}$|y₁-y₂|=$\sqrt{1+{t}^{2}}$$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$4\sqrt{3}•\sqrt{1+{t}^{2}}$$\sqrt{\frac{-{t}^{4}+3{t}^{2}+4}{（3{t}^{2}+4）^{2}}}$，
原點(diǎn)O到切線的距離d=$\frac{{t}^{2}}{\sqrt{1+{t}^{2}}}$，
∴S=$\frac{1}{2}$|AB|d=$2\sqrt{3}$$\sqrt{\frac{{t}^{4}（-{t}^{4}+3{t}^{2}+4）}{（3{t}^{2}+4）^{2}}}$，
令3t²+4=u，∵0＜t²＜4，∴4＜u＜16．
則S=2$\sqrt{3}$$\sqrt{\frac{（u-4）^{2}（-\frac{（u-4）^{2}}{9}+u）}{{u}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{9}$$\sqrt{\frac{（{u}^{2}-8u+16）（-{u}^{2}+17u-16）}{{u}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{9}$$\sqrt{-（u+\frac{16}{u}）^{2}+25（u+\frac{16}{u}）-136}$，
令$y=u+\frac{16}{u}$，4＜u＜16．∴y在（4，16）上單調(diào)遞增，可得：8＜y＜17．
∴S=$\frac{2\sqrt{3}}{9}$$\sqrt{-{y}^{2}+25y-136}$，當(dāng)y=$\frac{25}{2}$∈（8，17）時(shí)，S_max=$\frac{2\sqrt{3}}{9}$$\sqrt{-\frac{625}{4}+\frac{625}{2}-136}$=$\sqrt{3}$．
由$y=u+\frac{16}{u}$=$\frac{25}{2}$，解得u=$\frac{25+3\sqrt{41}}{4}$，有$t=\frac{\sqrt{3+\sqrt{41}}}{2}$＜2，
故當(dāng)$t=\frac{\sqrt{3+\sqrt{41}}}{2}$時(shí)，△AOB面積取得最大值$\sqrt{3}$．

點(diǎn)評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓及圓相交弦長問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、三角形面積計(jì)算公式、直線與拋物線相切的性質(zhì)、基本不等式的性質(zhì)、函數(shù)的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．