Question

19．若橢圓C₁：$\frac{x^2}{4}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（0＜b＜2）的離心率等于$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，拋物線C₂：x²=2py（p＞0）的焦點(diǎn)在橢圓C₁的頂點(diǎn)上．
（1）求拋物線C₂的方程；
（2）設(shè)M（x₁，y₁）和N（x₂，y₂）為拋物線C₂上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，其中y₁≠y₂且y₁+y₂=4，線段MN的垂直平分線l與y軸交于點(diǎn)P，求△MNP面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由已知可得a=2，離心率$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{4-{b^2}}}}{2}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，解得得b²．進(jìn)而定點(diǎn)拋物線的焦點(diǎn)，可得p．
（2）設(shè)線段MN中點(diǎn)A（x₀，y₀），利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式與斜率的計(jì)算公式可得：k_MN=$\frac{{x}_{0}}{2}$．可得直線l的方程為$y-2=-\frac{2}{x_0}（{x-{x_0}}）$，直線l過(guò)定點(diǎn)B（0，4）．與拋物線方程聯(lián)立，再利用弦長(zhǎng)公式、根與系數(shù)的關(guān)系可得|MN|，利用點(diǎn)到直線的距離公式可得點(diǎn)B到MN的距離d，利用三角形面積計(jì)算公式、基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（1）已知橢圓的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)為a=2，半焦距$c=\sqrt{4-{b^2}}$，由離心率$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{4-{b^2}}}}{2}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，得b²=1．
∴橢圓的上頂點(diǎn)為（0，1），即拋物線的焦點(diǎn)為（0，1），
∴p=2，拋物線的方程為x²=4y．
（2）設(shè)線段MN中點(diǎn)A（x₀，y₀），則${x_0}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}，{y_0}=\frac{{{y_1}+{y_2}}}{2}，{k_{MN}}=\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}=\frac{{\frac{x_2^2}{4}-\frac{x_1^2}{4}}}{{{x_2}-{x_1}}}=\frac{1}{4}（{{x_1}+{x_2}}）=\frac{x_0}{2}$，
∴直線l的方程為$y-2=-\frac{2}{x_0}（{x-{x_0}}）$，即2x+x₀（-4+y）=0，∴l(xiāng)過(guò)定點(diǎn)B（0，4）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y-2=\frac{x_0}{2}（{x-{x_0}}）\\{x^2}=4y\end{array}\right.⇒{x^2}-2x{x_0}+2x_0^2-8=0$，得$△=4x_0^2-4（{2x_0^2-8}）＞0⇒-2\sqrt{2}＜{x_0}＜2\sqrt{2}$，$|{MN}|=\sqrt{1+\frac{x_0^2}{4}}|{{x_1}-{x_2}}|=\sqrt{（{1+\frac{x_0^2}{4}}）（{32-4x_0^2}）}=\sqrt{（{4+x_0^2}）（{8-x_0^2}）}$，
設(shè)B（0，4）到MN的距離$d=|{BQ}|=\sqrt{x_0^2+4}$，
∴${S_{△ABC}}=\frac{1}{2}|{MN}|•d=\frac{1}{2}\sqrt{（{4+x_0^2}）（{8-x_0^2}）}•\sqrt{x_0^2+4}$=$\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}（{x_0^2+4}）（{x_0^2+4}）（{16-2x_0^2}）}≤\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}{{（{\frac{24}{3}}）}^3}}=8$，當(dāng)且僅當(dāng)$x_0^2+4=16-2x_0^2$，即x₀=±2時(shí)取等號(hào)．
∴S_△MNP的最大值為8．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓與拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與拋物線相交弦長(zhǎng)問(wèn)題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、弦長(zhǎng)公式、點(diǎn)到直線的距離公式、基本不等式的性質(zhì)、垂直平分線的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．