Question

已知拋物線C₂：x²=2py（p＞0）的通徑長(zhǎng)為4，橢圓C₁：

x2

a2

+

y2

b2

=1（a＞b＞0）的離心率為

3

2

，且過拋物線C₂的焦點(diǎn)．
（1）求拋物線C₂和橢圓C₁的方程；
（2）過定點(diǎn)M（-1，

3

2

）引直線l交拋物線C₂于A，B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），分別過A、B作拋物線C₂的切線l₁，l₂，且l₁與橢圓C₁相交于P，Q兩點(diǎn)．記此時(shí)兩切線l₁，l₂的交點(diǎn)為點(diǎn)C．
①求點(diǎn)C的軌跡方程；
②設(shè)點(diǎn)D（0，

1

4

），求△DPQ的面積的最大值，并求出此時(shí)點(diǎn)C的坐標(biāo)．

Answer 1

考點(diǎn)：直線與圓錐曲線的綜合問題

專題：圓錐曲線中的最值與范圍問題

分析：（1）由拋物線C₂：x²=2py（p＞0）的通徑長(zhǎng)為4，得p=2，由此能求出拋物線C₂的方程．由題意C₂焦點(diǎn)坐標(biāo)為（0，1），e=

c

a

=

1- b2 a2

=

3

2

，由此能求出橢圓C₁的方程．
（2）①設(shè)直線l：y=kx+（k+

3

2

）．聯(lián)立

y=kx+(k+ 3 2 ) x2=4y

，得x²-4kx-4k-6=0．由已知條件求出l₁：y=

s

2

x-

s2

4

，l₂：y=

t

2

x-

t2

4

，由此能求出點(diǎn)C的軌跡方程．
②設(shè)l₁：y=kx+b，代入C1：

x2

4

+y2=1，得：（1+4k²）x²+8kbx+4b²-4=0，由此利用韋達(dá)定理和根的判別式結(jié)合已和條件能求出△DPQ的面積的最大值和此時(shí)點(diǎn)C的坐標(biāo)．

解答： 解：（1）∵拋物線C₂：x²=2py（p＞0）的通徑長(zhǎng)為4，
∴2p=4，解得p=2，
∴拋物線C₂的方程為x²=4y．
由題意C₂焦點(diǎn)坐標(biāo)為（0，1），
∴b=1，∵離心率為

3

2

，∴e=

c

a

=

1- b2 a2

=

3

2

，解得a=2，
∴橢圓C₁的方程為

x2

4

+y2=1．
（2）①設(shè)直線l的斜率為k，則直線l：y-

3

2

=k（x+1），即y=kx+（k+

3

2

）．
聯(lián)立

y=kx+(k+ 3 2 ) x2=4y

，得x²-4kx-4k-6=0．
設(shè)A（s，

s2

4

），B（t，

t2

4

），s＜t，則s+t=4k，st=-4k-6，
拋物線y=

x2

4

，y′=

x

2

，
則l₁：y-

s2

4

=

s

2

（x-s），即l₁：y=

s

2

x-

s2

4

，同理l₂：y=

t

2

x-

t2

4

，
由

y= s 2 x- s2 4 y= t 2 x- t2 4

，得x=

s+t

2

=2k，y=

s

2

x-

s2

4

=

s

2

•

s+t

2

-

s2

4

=

st

4

=-k-

3

2

，
∴x+2y+3=0．
∵l₁與橢圓C₁相交于P，Q兩點(diǎn)，
由

y= s 2 x- s2 4 x2 4 +y2=1

，得(s2+1)x2-s3x+

s4

4

-4=0，
∵l₁與橢圓C₁相交于P，Q兩點(diǎn)，∴△=（-s³）²-4（s²+1）（

s4

4

-4）＞0，
解得0≤s2＜8+4

5

．
由

y=- 8+4 5 2 x-2- 5 x+2y+3=0

，得x=

1+2 5

1- 8+4 5

．
∴點(diǎn)C的軌跡方程為x+2y+3=0（x＞

1+2 5

1- 8+4 5

）．
②設(shè)l₁：y=kx+b，代入C1：

x2

4

+y2=1，得：（1+4k²）x²+8kbx+4b²-4=0，
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則x1+x2=-

8kb

1+4k2

，x1x2=

4b2-4

1+4k2

，△1＞0．
設(shè)l₁與y軸交于點(diǎn)E，則S△DPQ=S△EPD-S△EDQ=

1

2

|ED|(|x1|-|x2|)
=

1

2

(

1

4

-b)|x1-x2|
=

1

2

(

1

4

-b)

(x1+x2)2-4x1x2

=

1

2

(

1

4

-b)

4k2-b2+1

1+4k2

…（*）
由l₁：y=kx+b與拋物線C2：x2=4y相切，得：x²-4kx-4b=0，
∴△=16k²+16b=0，
∴k²=-b，代入（*）得：S_△DPQ=

1

2

-b2-4b+1

=

1

2

-(b+2)2+5

∴b=-2時(shí)，△₁＞0成立，△DPQ的面積的最大值為

5

2

．
此時(shí)直線l1：y=-

2

x-2，
由

y=- 2 x-2 x+2y+3=0

，得x=-

1+2 2

7

，y=-

10- 2

7

．
∴此時(shí)點(diǎn)C(-

1+2 2

7

，-

10- 2

7

)．

點(diǎn)評(píng)：本題考查拋物線方程和橢圓方程的求法，考查點(diǎn)的軌跡方程的求法，考查三角形面積最大值的求法，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意直線和圓錐曲線的位置關(guān)系的靈活運(yùn)用．