Question

10．如图，点F₁，F₂分别是椭圆C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦点，点A是下顶点，抛物线C₂：y=x²-1与x轴交于点F₁，F₂，与y轴交于点B，且点B是线段OA的中点，点N为抛物线上C₂的一动点，过点N作抛物线C₂的切线交椭圆C₁于P，Q两点．
（1）求椭圆C₁的方程；
（2）若点M（0，-$\frac{4}{5}$），求△MPQ面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）抛物线C₂：y=x²-1与x轴交于点F₁（-1，0），F₂（1，0），与y轴交于点B（0，-1），可得b=2，c=1，a²=b²+c²．即可得出椭圆C₁的方程．
（2）设N（t，t²-1），对y=x²-1求导可得：y′=2x，可得切线PQ方程：y=2tx-t²-1．代入椭圆方程利用根与系数的关系可得：|PQ|=$\sqrt{1+4{t}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$．利用点到直线的距离公式可得：点M到直线PQ的距离d，可得△MPQ的面积S=$\frac{1}{2}$|PQ|•d．利用二次函数的单调性即可得出．

解答 解：（1）抛物线C₂：y=x²-1与x轴交于点F₁（-1，0），F₂（1，0），与y轴交于点B（0，-1），
∴b=2，c=1，a²=b²+c²=5．
∴椭圆C₁的方程为$\frac{{x}^{2}}{5}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1．
（2）设N（t，t²-1），对y=x²-1求导可得：y′=2x，
∴过点N的切线的斜率k=2t，可得切线PQ方程为：y-（t²-1）=2t（x-t），即y=2tx-t²-1．
代入椭圆方程整理为：4（1+5t²）x²-20t（t²+1）x+5（t²+1）²-20=0，
∴△=400t²（t²+1）²-80（1+5t²）[（t²+1）²-4]=80（-t⁴+18t²+3）．
∴x₁+x₂=$\frac{5t（{t}^{2}+1）}{1+5{t}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{5（{t}^{2}+1）^{2}-20}{4（1+5{t}^{2}）}$．
∴|PQ|=$\sqrt{1+4{t}^{2}}$|x₁-x₂|=$\sqrt{1+4{t}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{\sqrt{5}\sqrt{1+4{t}^{2}}\sqrt{-{t}^{4}+18{t}^{2}+3}}{1+5{t}^{2}}$．
点M到直线PQ的距离d=$\frac{|\frac{4}{5}-{t}^{2}-1|}{\sqrt{1+4{t}^{2}}}$=$\frac{{t}^{2}+\frac{1}{5}}{\sqrt{1+4{t}^{2}}}$，
∴△MPQ的面积S=$\frac{1}{2}$|PQ|•d=$\frac{1}{2}$×$\frac{\sqrt{5}\sqrt{1+4{t}^{2}}\sqrt{-{t}^{4}+18{t}^{2}+3}}{1+5{t}^{2}}$×$\frac{{t}^{2}+\frac{1}{5}}{\sqrt{1+4{t}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{5}}{10}$×$\sqrt{-{t}^{4}+18{t}^{2}+3}$=$\frac{\sqrt{5}}{10}$•$\sqrt{-（{t}^{2}-9）^{2}+84}$≤$\frac{\sqrt{5}}{10}$×$\sqrt{84}$=$\frac{\sqrt{105}}{5}$，
当t=±3时取等号，满足△＞0，
综上可得：△MPQ的面积的最大值为$\frac{\sqrt{105}}{5}$．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、直线与抛物线相切问题、导数的几何意义、三角形面积计算公式、二次函数的单调性、点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题