Question

15．已知拋物線C₁：x²=2py的焦點F與橢圓C₂：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1的上頂點重合，直線MN：y=kx+m與拋物線C₁交于M、N兩點，分別以M、N為切點作曲線C₁的兩條切線交與點P．
（1）求拋物線C₁的方程；
（2）①若直線MN過拋物線C₁的焦點，判斷點P是否在拋物線C₁的準(zhǔn)線上，并說明理由；
②若點P在橢圓C₂上，求△PMN面積S的最大值及相應(yīng)的點P的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）利用拋物線C₁：x²=2py的焦點F與橢圓C₂：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1的上頂點重合，求出p，即可求拋物線C₁的方程；
（2）①求出以M、N為切點的切線方程，聯(lián)立可得P（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，$\frac{{x}_{1}{x}_{2}}{4}$），直線MN過拋物線C₁的焦點，方程為y=kx+1，與拋物線x²=4y聯(lián)立，消去y，可得x²-4kx-4=0，即可證明點P在拋物線C₁的準(zhǔn)線上；
②由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}=4y}\end{array}\right.$，消去y得x²-4kx-4m=0，求出|MN|，P到直線MN：kx-y+m=0的距離d=$\frac{2|{k}^{2}+m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，可得△PMN的面積S=$\frac{1}{2}$|MN|d，即可求△PMN面積S的最大值及相應(yīng)的點P的坐標(biāo)．

解答 解：（1）橢圓C₂：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1的上頂點為（0，1），
∵拋物線C₁：x²=2py的焦點F與橢圓C₂：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1的上頂點重合，
∴$\frac{p}{2}$=1，
∴p=2，
∴拋物線C₁的方程為x²=4y；
（2）①設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則y₁=$\frac{1}{4}$x₁²，y₂=$\frac{1}{4}$x₂²，
∵y=$\frac{1}{4}$x²，∴y′=$\frac{1}{2}$x，
∴以M為切點的切線方程為y-y₁=$\frac{1}{2}$x₁（x-x₁），即y=$\frac{1}{2}$x₁x-$\frac{1}{4}$x₁²，
同理以N為切點的切線方程為y=$\frac{1}{2}$x₂x-$\frac{1}{4}$x₂²，
聯(lián)立可得P（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，$\frac{{x}_{1}{x}_{2}}{4}$）
直線MN過拋物線C₁的焦點，方程為y=kx+1，與拋物線x²=4y聯(lián)立，消去y，可得x²-4kx-4=0，
∴x₁x₂=-4，
∴P（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，-1）
∵拋物線C₁的準(zhǔn)線方程為y=-1，
∴點P在拋物線C₁的準(zhǔn)線上；
②由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}=4y}\end{array}\right.$，消去y得x²-4kx-4m=0，
∴x₁+x₂=4k，x₁x₂=-4m，
∴P（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，$\frac{{x}_{1}{x}_{2}}{4}$）可化為P（2k，-m）
代入橢圓方程得k²+m²=1，
|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|=4$\sqrt{（1+{k}^{2}）（{k}^{2}+m）}$
P到直線MN：kx-y+m=0的距離d=$\frac{2|{k}^{2}+m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
△PMN的面積S=$\frac{1}{2}$|MN|d=4$\sqrt{{k}^{2}+m}$•|k²+m|=4$\sqrt{（1-{m}^{2}+m）^{3}}$=4$\sqrt{[-（m-\frac{1}{2}）^{2}+\frac{5}{4}]^{3}}$≤4$\sqrt{（\frac{5}{4}）^{3}}$=$\frac{5\sqrt{5}}{2}$，
即m=$\frac{1}{2}$時，S取最大值$\frac{5\sqrt{5}}{2}$，
此時k=±$\frac{\sqrt{3}}{2}$，點P坐標(biāo)為（±$\sqrt{3}$，-$\frac{1}{2}$）．

點評 本題考查拋物線的方程，直線與拋物線的位置關(guān)系，考查切線方程，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于中檔題．