Question

10．如圖，點F₁，F(xiàn)₂分別是橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點，點A是下頂點，拋物線C₂：y=x²-1與x軸交于點F₁，F(xiàn)₂，與y軸交于點B，且點B是線段OA的中點，點N為拋物線上C₂的一動點，過點N作拋物線C₂的切線交橢圓C₁于P，Q兩點．
（1）求橢圓C₁的方程；
（2）若點M（0，-$\frac{4}{5}$），求△MPQ面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）拋物線C₂：y=x²-1與x軸交于點F₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0），與y軸交于點B（0，-1），可得b=2，c=1，a²=b²+c²．即可得出橢圓C₁的方程．
（2）設(shè)N（t，t²-1），對y=x²-1求導(dǎo)可得：y′=2x，可得切線PQ方程：y=2tx-t²-1．代入橢圓方程利用根與系數(shù)的關(guān)系可得：|PQ|=$\sqrt{1+4{t}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$．利用點到直線的距離公式可得：點M到直線PQ的距離d，可得△MPQ的面積S=$\frac{1}{2}$|PQ|•d．利用二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）拋物線C₂：y=x²-1與x軸交于點F₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0），與y軸交于點B（0，-1），
∴b=2，c=1，a²=b²+c²=5．
∴橢圓C₁的方程為$\frac{{x}^{2}}{5}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1．
（2）設(shè)N（t，t²-1），對y=x²-1求導(dǎo)可得：y′=2x，
∴過點N的切線的斜率k=2t，可得切線PQ方程為：y-（t²-1）=2t（x-t），即y=2tx-t²-1．
代入橢圓方程整理為：4（1+5t²）x²-20t（t²+1）x+5（t²+1）²-20=0，
∴△=400t²（t²+1）²-80（1+5t²）[（t²+1）²-4]=80（-t⁴+18t²+3）．
∴x₁+x₂=$\frac{5t（{t}^{2}+1）}{1+5{t}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{5（{t}^{2}+1）^{2}-20}{4（1+5{t}^{2}）}$．
∴|PQ|=$\sqrt{1+4{t}^{2}}$|x₁-x₂|=$\sqrt{1+4{t}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{\sqrt{5}\sqrt{1+4{t}^{2}}\sqrt{-{t}^{4}+18{t}^{2}+3}}{1+5{t}^{2}}$．
點M到直線PQ的距離d=$\frac{|\frac{4}{5}-{t}^{2}-1|}{\sqrt{1+4{t}^{2}}}$=$\frac{{t}^{2}+\frac{1}{5}}{\sqrt{1+4{t}^{2}}}$，
∴△MPQ的面積S=$\frac{1}{2}$|PQ|•d=$\frac{1}{2}$×$\frac{\sqrt{5}\sqrt{1+4{t}^{2}}\sqrt{-{t}^{4}+18{t}^{2}+3}}{1+5{t}^{2}}$×$\frac{{t}^{2}+\frac{1}{5}}{\sqrt{1+4{t}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{5}}{10}$×$\sqrt{-{t}^{4}+18{t}^{2}+3}$=$\frac{\sqrt{5}}{10}$•$\sqrt{-（{t}^{2}-9）^{2}+84}$≤$\frac{\sqrt{5}}{10}$×$\sqrt{84}$=$\frac{\sqrt{105}}{5}$，
當t=±3時取等號，滿足△＞0，
綜上可得：△MPQ的面積的最大值為$\frac{\sqrt{105}}{5}$．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、直線與拋物線相切問題、導(dǎo)數(shù)的幾何意義、三角形面積計算公式、二次函數(shù)的單調(diào)性、點到直線的距離公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題