Question

18．已知橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）左右兩個(gè)焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，R（1，$\frac{3}{2}$）為橢圓C₁上一點(diǎn)，過(guò)F₂且與x軸垂直的直線與橢圓C₁相交所得弦長(zhǎng)為3．拋物線C₂的頂點(diǎn)是橢圓C₁的中心，焦點(diǎn)與橢圓C₁的右焦點(diǎn)重合．
（Ⅰ）求橢圓C₁和拋物線C₂的方程；
（Ⅱ）過(guò)拋物線C₂上一點(diǎn)P（異于原點(diǎn)O）作拋物線切線l交橢圓C₁于A，B兩點(diǎn)，求△AOB面積的最大值；
（Ⅲ）過(guò)橢圓C₁右焦點(diǎn)F₂的直線l₁與橢圓相交于C，D兩點(diǎn)，過(guò)R且平行于CD的直線交橢圓于另一點(diǎn)Q，問(wèn)是否存在直線l₁，使得四邊形RQDC的對(duì)角線互相平分？若存在，求出l₁的方程；若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)F₂（c，0），令x=c，代入橢圓方程，可得弦長(zhǎng)為3，再將R的坐標(biāo)代入橢圓方程，解方程可得a=2，b=$\sqrt{3}$，c=1，即有拋物線的焦點(diǎn)，進(jìn)而橢圓方程和拋物線的方程；
（Ⅱ）設(shè)P（t²，2t）（t≠0），設(shè)拋物線切線l的方程為y-2t=k（x-t²），對(duì)拋物線的方程兩邊對(duì)x求導(dǎo)，可得切線的斜率，即可得到切線的方程，代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長(zhǎng)公式，點(diǎn)到直線的距離公式，由三角形的面積公式和換元法，運(yùn)用對(duì)勾函數(shù)的單調(diào)性和二次函數(shù)的最值求法，可得三角形的面積的最大值；
（Ⅲ）可設(shè)直線l₁：y=m（x-1），代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，再由直線RQ：y=m（x-1）+$\frac{3}{2}$，代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理可得Q的坐標(biāo)，假設(shè)四邊形RQCD的對(duì)角線互相平分，可得四邊形RQCD為平行四邊形，RD與QC的中點(diǎn)重合．運(yùn)用中點(diǎn)坐標(biāo)公式，結(jié)合韋達(dá)定理，解方程可得m，進(jìn)而得到所求直線的方程．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)F₂（c，0），令x=c，代入橢圓方程可得，
y=±b$\sqrt{1-\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}}$=±$\frac{^{2}}{a}$，
由題意可得$\frac{2^{2}}{a}$=3，
又R（1，$\frac{3}{2}$）在橢圓上，可得$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{9^{2}}{4}$=1，
解得a=2，b=$\sqrt{3}$，c=1，
可得橢圓C₁的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
即有拋物線的焦點(diǎn)為（1，0），
可得拋物線C₂的方程為y²=4x；
（Ⅱ）設(shè)P（t²，2t）（t≠0），設(shè)拋物線切線l的方程為y-2t=k（x-t²），
由y²=4x兩邊對(duì)x求導(dǎo)，可得2yy′=4，即為y′=$\frac{2}{y}$，
可得k=$\frac{2}{2t}$=$\frac{1}{t}$，即有切線l的方程為t（y-2t）=x-t²，
即為x=ty-t²，代入橢圓方程3x²+4y²=12，
可得（4+3t²）y²-6t³y+3t⁴-12=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
即有△=36t⁶-12（4+3t²）（t⁴-4）＞0，得0＜t²＜4，
y₁+y₂=$\frac{6{t}^{3}}{4+3{t}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{3{t}^{4}-12}{4+3{t}^{2}}$，
|AB|=$\sqrt{1+{t}^{2}}$•$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\sqrt{1+{t}^{2}}$•$\sqrt{\frac{36{t}^{6}}{（4+3{t}^{2}）^{2}}-\frac{4（3{t}^{4}-12）}{4+3{t}^{2}}}$
=4$\sqrt{3}$•$\sqrt{1+{t}^{2}}$•$\sqrt{\frac{-{t}^{4}+3{t}^{2}+4}{（4+3{t}^{2}）^{2}}}$，
原點(diǎn)到直線l的距離為d=$\frac{{t}^{2}}{\sqrt{1+{t}^{2}}}$，
則△AOB面積S=$\frac{1}{2}$|AB|•d=2$\sqrt{3}$t²•$\sqrt{\frac{-{t}^{4}+3{t}^{2}+4}{（4+3{t}^{2}）^{2}}}$，
令u=4+3t²，0＜t²＜4，可得4＜u＜16，
則S=$\frac{2\sqrt{3}}{9}$•$\sqrt{\frac{（{u}^{2}-8u+16）（-{u}^{2}+17u-16）}{{u}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{9}$•$\sqrt{（u+\frac{16}{u}-8）（17-u-\frac{16}{u}）}$，
可令v=u+$\frac{16}{u}$，由4＜u＜16，可得v=u+$\frac{16}{u}$在（4，16）遞增，
可得8＜v＜17，即有S=$\frac{2\sqrt{3}}{9}$•$\sqrt{-{v}^{2}+25v-136}$，
即有當(dāng)v=$\frac{25}{2}$∈（8，17）時(shí)，S取得最大值$\frac{2\sqrt{3}}{9}$•$\sqrt{-\frac{625}{4}+\frac{625}{2}-136}$=$\sqrt{3}$．
由u+$\frac{16}{u}$=$\frac{25}{2}$，解得u=$\frac{25+3\sqrt{41}}{4}$，t=$\frac{\sqrt{3+\sqrt{41}}}{2}$＜2，
故當(dāng)t=$\frac{\sqrt{3+\sqrt{41}}}{2}$時(shí)，△AOB的面積取得最大值$\sqrt{3}$；
（Ⅲ）可設(shè)直線l₁：y=m（x-1），代入橢圓3x²+4y²=12，
可得（3+4m²）x²-8m²x+4m²-12=0，
設(shè)C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），可得
x₁+x₂=$\frac{8{m}^{2}}{3+4{m}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{m}^{2}}$，
直線RQ：y=m（x-1）+$\frac{3}{2}$，代入橢圓3x²+4y²=12，
可得（3+4m²）x²+（12-8m）mx+4m²-12m-3=0，
設(shè)Q（x₃，y₃），可得
x₃+1=$\frac{m（8m-12）}{3+4{m}^{2}}$，x₃•1=$\frac{4{m}^{2}-12m-3}{3+4{m}^{2}}$，
假設(shè)四邊形RQCD的對(duì)角線互相平分，可得四邊形RQCD為平行四邊形，
RD與QC的中點(diǎn)重合．
即有$\frac{{x}_{2}+1}{2}$=$\frac{{x}_{3}+{x}_{1}}{2}$，即為x₁-x₂=1-x₃，
即有（x₁-x₂）²=（x₁+x₂）²-4x₁x₂=（1-x₃）²，
則有（$\frac{8{m}^{2}}{3+4{m}^{2}}$，）²-$\frac{4（4{m}^{2}-12）}{3+4{m}^{2}}$=（1-$\frac{4{m}^{2}-12m-3}{3+4{m}^{2}}$）²，
即為$\frac{16（9+9{m}^{2}）}{（3+4{m}^{2}）^{2}}$=$\frac{（6+12m）^{2}}{（3+4{m}^{2}）^{2}}$，
解得m=$\frac{3}{4}$．
故存在直線l₁，方程為y=$\frac{3}{4}$x-$\frac{3}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓和拋物線的方程的求法，注意運(yùn)用點(diǎn)滿足橢圓方程，考查三角形的面積的最大值，注意運(yùn)用直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長(zhǎng)公式，以及點(diǎn)到直線的距離公式，考查存在性問(wèn)題的解法，同時(shí)考查對(duì)勾函數(shù)的單調(diào)性和二次函數(shù)的最值求法，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于難題．