Question

7．如圖，拋物線C₁：x²=2py（p＞0）與橢圓C₂：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的一個交點為T（$\frac{4}{3}$，$\frac{1}{3}$），F(xiàn)（1，0）為橢圓C₂的右焦點．
（1）求拋物線C₁與橢圓C₂的方程；
（2）設M（x₀，y₀）是拋物線C₁上任意一點，過M作拋物線C₁的切線l，直線l與橢圓C₂，交于A、B兩點，定點N（0，$\frac{2}{3}$），求△NBA的面積的最大值，并求出此時M點的坐標．

Answer 1

分析 （1）把點T的坐標代入拋物線方程求解p，則拋物線方程可求；由橢圓定義求得2a，結合已知與隱含條件求得b，則橢圓方程可求；
（2）設出切點M坐標，利用導數(shù)求出過點M的切線方程，和橢圓方程利用，由弦長公式求得|AB|，再由點到直線的距離公式求得N到直線AB的距離，代入三角形面積公式，化簡后利用二次函數(shù)求最值得答案．

解答 解：（1）∵點T（$\frac{4}{3}$，$\frac{1}{3}$）在拋物線C₁上，∴$（\frac{4}{3}）^{2}=2p•\frac{1}{3}$，即p=$\frac{8}{3}$，則拋物線方程為${x}^{2}=\frac{16}{3}y$；
又∵點T（$\frac{4}{3}$，$\frac{1}{3}$）在橢圓C₂上，∴$2a=\sqrt{（\frac{4}{3}+1）^{2}+（\frac{1}{3}）^{2}}+\sqrt{（\frac{4}{3}-1）^{2}+（\frac{1}{3}）^{2}}$=$2\sqrt{2}$，$a=\sqrt{2}$．
又∵c=1，∴$b=\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}=1$，
則橢圓C₂的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（2）由${x}^{2}=\frac{16}{3}y$，得$y=\frac{3}{16}{x}^{2}$，∴y′=$\frac{3}{8}x$，
設直線l的斜率為k，則$k={y}^{′}{|}_{x={x}_{0}}=\frac{3}{8}{x}_{0}$，
∴直線l的方程為$y-{y}_{0}=\frac{3}{8}{x}_{0}（x-{x}_{0}）$，整理得：$3{x}_{0}x-8y-3{{x}_{0}}^{2}+8{y}_{0}=0$，
又∵M在拋物線上，∴${{x}_{0}}^{2}=\frac{16}{3}{y}_{0}$，
∴直線l的方程為：3x₀x-8y-8y₀=0，
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{3{x}_{0}x-8y-8{y}_{0}=0}\end{array}\right.$，得$（18{{x}_{0}}^{2}+64）{x}^{2}-96{x}_{0}{y}_{0}x+128{{y}_{0}}^{2}-128=0$  ①，
△=$（-96{x}_{0}{y}_{0}）^{2}-4（18{{x}_{0}}^{2}+64）（128{{y}_{0}}^{2}-128）$=$16×64（9{{x}_{0}}^{2}-32{{y}_{0}}^{2}+32）＞0$，
∴$9{{x}_{0}}^{2}-32{{y}_{0}}^{2}+32＞0$  ②，
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則x₁，x₂ 是方程①的兩個解，由根與系數(shù)的關系得：
${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{96{x}_{0}{y}_{0}}{18{{x}_{0}}^{2}+64}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{128{{y}_{0}}^{2}-128}{18{{x}_{0}}^{2}+64}$，
∴|AB|=$\sqrt{1+\frac{9}{64}{{x}_{0}}^{2}}•\sqrt{（\frac{96{x}_{0}{y}_{0}}{18{{x}_{0}}^{2}+64}）^{2}-4•\frac{128{{y}_{0}}^{2}-128}{18{{x}_{0}}^{2}+64}}$=$\frac{2\sqrt{4+3{y}_{0}}\sqrt{3{y}_{0}-2{{y}_{0}}^{2}+2}}{3{y}_{0}+2}$．
設N到直線l的距離為d，則d=$\frac{|-8×\frac{2}{3}-8{y}_{0}|}{\sqrt{9{{x}_{0}}^{2}+64}}$=$\frac{2}{3}•\frac{3{y}_{0}+2}{\sqrt{3{y}_{0}+4}}$．
∴${S}_{△ABN}=\frac{1}{2}•\frac{2\sqrt{3{y}_{0}+4}\sqrt{3{y}_{0}-2{{y}_{0}}^{2}+2}}{3{y}_{0}+2}$$•\frac{2}{3}•\frac{3{y}_{0}+2}{\sqrt{3{y}_{0}+4}}$=$\frac{2}{3}•\sqrt{-2{{y}_{0}}^{2}+3{y}_{0}+2}$．
∴當${y}_{0}=\frac{3}{4}$時，S_△ABN有最大值為$\frac{5\sqrt{2}}{6}$，此時x₀=-2．
∴M點的坐標為（-2，$\frac{3}{4}$）．

點評 本題考查橢圓方程的求法，主要考查了直線與橢圓的位置關系的應用，直線與曲線聯(lián)立，根據(jù)方程的根與系數(shù)的關系解題，是處理這類問題的最為常用的方法，但圓錐曲線的特點是計算量比較大，要求考生具備較強的運算推理的能力，是壓軸題．