Question

11．如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C₁：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的离心率为$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，抛物线C₂：x²=4y的焦点F是C₁的一个顶点．
（I）求椭圆C₁的方程；
（II）过点F且斜率为k的直线l交椭圆C₁于另一点D，交抛物线C₂于A，B两点，线段DF的中点为M，直线OM交椭圆C₁于P，Q两点，记直线OM的斜率为k'．
（i）求证：k•k'=-$\frac{1}{4}$；
（ii）△PDF的面积为S₁，△QAB的面积为是S₂，若S₁•S₂=λk²，求实数λ的最大值及取得最大值时直线l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由椭圆的离心率为$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，抛物线C₂：x²=4y的焦点F是C₁的一个顶点，列出方程组，求出a=2，b=1，由此能求出椭圆C₁的方程．
（Ⅱ）（i）由题意设直线l的方程为y=kx+1，（k≠0），由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，得（4k²+1）x²+8kx=0，由此求出D（$\frac{-8k}{4{k}^{2}+1}$，$\frac{1-4{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}$），M（$\frac{-4k}{4{k}^{2}+1}，\frac{1}{4{k}^{2}+1}$），由此能证明kk′=-$\frac{1}{4}$．
（ii）由D（$\frac{-8k}{4{k}^{2}+1}$，$\frac{1-4{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}$），F（0，1），得|DF|=$\frac{8|k|\sqrt{{k}^{2}+1}}{4{k}^{2}+1}$，由$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}=4y}\\{y=kx+1}\end{array}\right.$，得x²-4kx-4=0，由此利用根的判别式、韦达定理、弦长公式求出|AB|=4（k²+1），由$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\\{y=-\frac{1}{4k}x}\end{array}\right.$，得（4k²+1）y²-1=0，由此利用根的判别式、韦达定理、弦长公式，求出点P到直线kx-y+1=0的距离，点Q到直线kx-y+1=0的距离，由此能λ的最大值为$\frac{16\sqrt{3}}{3}$，此时直线l的方程为y=$±\frac{\sqrt{2}}{2}x+1$．

解答 解：（Ⅰ）∵椭圆C₁：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的离心率为$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
抛物线C₂：x²=4y的焦点F是C₁的一个顶点．
∴$\left\{\begin{array}{l}{e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{b=1}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=2，c=$\sqrt{3}$，
∴椭圆C₁的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．
证明：（Ⅱ）（i）证明：由题意设直线l的方程为y=kx+1，（k≠0），设点D（x₀，y₀），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，得（4k²+1）x²+8kx=0，
解得${x}_{0}=\frac{-8k}{4{k}^{2}+1}$，${y}_{0}=\frac{1-4{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}$，∴D（$\frac{-8k}{4{k}^{2}+1}$，$\frac{1-4{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}$），M（$\frac{-4k}{4{k}^{2}+1}，\frac{1}{4{k}^{2}+1}$），
${k}^{'}={k}_{OM}=-\frac{1}{4k}$，∴kk′=-$\frac{1}{4}$．
解：（ii）由（i）知D（$\frac{-8k}{4{k}^{2}+1}$，$\frac{1-4{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}$），
又F（0，1），∴|DF|=$\sqrt{（\frac{-8k}{4{k}^{2}+1}）^{2}+（\frac{1-4{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}-1）^{2}}$=$\frac{8|k|\sqrt{{k}^{2}+1}}{4{k}^{2}+1}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}=4y}\\{y=kx+1}\end{array}\right.$，得x²-4kx-4=0，
${△}_{1}=16{k}^{2}+16＞0$，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则x₁+x₂=4k，
∴|AB|=${y}_{1}+{y}_{2}+p=k（{x}_{1}+{x}_{2}）+2+p=4（{k}^{2}+1）$，
由$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\\{y=-\frac{1}{4k}x}\end{array}\right.$，得（4k²+1）y²-1=0，${△}_{2}=4（4{k}^{2}+1）＞0$，
设P（x₃，y₃），Q（-x₃，-y₃），
由题意得${y}_{3}=\frac{1}{\sqrt{4{k}^{2}+1}}$，${x}_{3}=-\frac{4k}{\sqrt{4{k}^{2}+1}}$，
∴P（-$\frac{4k}{\sqrt{4{k}^{2}+1}}，\frac{1}{\sqrt{4{k}^{2}+1}}$），Q（$\frac{4k}{\sqrt{4{k}^{2}+1}}$，-$\frac{1}{\sqrt{4{k}^{2}+1}}$），
∴点P到直线kx-y+1=0的距离为：
d₁=$\frac{|\frac{-4{k}^{2}}{\sqrt{4{k}^{2}+1}}-\frac{1}{\sqrt{4{k}^{2}+1}}+1|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=$\frac{|1-\sqrt{4{k}^{2}+1}|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，
点Q到直线kx-y+1=0的距离为：
d₂=$\frac{|\frac{4{k}^{2}}{\sqrt{4{k}^{2}+1}}+\frac{1}{\sqrt{4{k}^{2}+1}}+1|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=$\frac{|1+\sqrt{4{k}^{2}+1}|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，
∴S₁=$\frac{1}{2}$|DF|d₁=$\frac{1}{2}×\frac{8|k|\sqrt{1+{k}^{2}}}{4{k}^{2}+1}×\frac{|1-\sqrt{4{k}^{2}+1}|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{4|k|×|1-\sqrt{4{k}^{2}+1}|}{4{k}^{2}+1}$，
S₂=$\frac{1}{2}|AB|{d}_{2}$=$\frac{1}{2}×4（{k}^{2}+1）×\frac{1+\sqrt{4{k}^{2}+1}}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=$2\sqrt{{k}^{2}+1}（1+\sqrt{4{k}^{2}+1}）$，
∴$λ=\frac{{S}_{1}•{S}_{2}}{{k}^{2}}$=$\frac{32|k|\sqrt{{k}^{2}+1}}{4{k}^{2}+1}$=$\frac{16}{\sqrt{3}}×\frac{2\sqrt{3{k}^{2}}•\sqrt{{k}^{2}+1}}{4{k}^{2}+1}$≤$\frac{16}{\sqrt{3}}•\frac{3{k}^{2}+{k}^{2}+1}{4{k}^{2}+1}$=$\frac{16\sqrt{3}}{3}$，
当且仅当3k²=k²+1，即k=$±\frac{\sqrt{2}}{2}$时，取等号，
∴λ的最大值为$\frac{16\sqrt{3}}{3}$，此时直线l的方程为y=$±\frac{\sqrt{2}}{2}x+1$．

点评 本题考查椭圆方程、椭圆性质、直线方程、根的判别式、韦达定理、弦长公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．