Question

6．已知椭圆C₁：$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}$+x²=1（a＞1）与抛物线C${\;}_{{2}_{\;}}$：x²=4y有相同焦点F₁．
（Ⅰ）求椭圆C₁的标准方程；
（Ⅱ）已知直线l₁过椭圆C₁的另一焦点F₂，且与抛物线C₂相切于第一象限的点A，设平行l₁的直线l交椭圆C₁于B，C两点，当△OBC面积最大时，求直线l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出抛物线的F₁（0，1），利用椭圆的离心率，求出a、b即可求解椭圆方程．
（Ⅱ）F₂（0，-1），由已知可知直线l₁的斜率必存在，联立方程组，利用相切求出k，然后利用直线的平行，设直线l的方程为y=x+m联立方程组，通过弦长公式点到直线的距离求解三角形的面积，然后得到所求直线l的方程．

解答 解：（Ⅰ）∵抛物线x²=4y的焦点为F₁（0，1），
∴c=1，又b²=1，∴$a=\sqrt{2}$
∴椭圆方程为：$\frac{{y}^{2}}{2}$+x²=1．  …（4分）
（Ⅱ）F₂（0，-1），由已知可知直线l₁的斜率必存在，

设直线l₁：y=kx-1
由$\left\{\begin{array}{l}y=kx-1\\{x^2}=4y\end{array}\right.$消去y并化简得x²-4kx+4=0
∵直线l₁与抛物线C₂相切于点A．
∴△=（-4k）²-4×4=0，得k=±1．…（5分）
∵切点A在第一象限．
∴k=1…（6分）
∵l∥l₁
∴设直线l的方程为y=x+m
由$\left\{\begin{array}{l}y=x+m\\ \frac{y^2}{2}+{x^2}=1\end{array}\right.$，消去y整理得3x²+2mx+m²-2=0，…（7分）
△=（2m）²-12（m²-2）＞0，
解得$-\sqrt{3}＜m＜\sqrt{3}$．
设B（x₁，y₁），C（x₂，y₂），则${x_1}+{x_2}=-\frac{2m}{3}$，${x_1}{x_2}=\frac{{{m^2}-2}}{3}$$|{x_1}-{x_2}|=\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\sqrt{{{（-\frac{2m}{3}）}^2}-4•\frac{{{m^2}-2}}{3}}=\frac{{2\sqrt{2}}}{3}\sqrt{3-{m^2}}$．…（8分）
又直线l交y轴于D（0，m）
∴${S_{△OBC}}=\frac{1}{2}•|OD|•|{x_1}-{x_2}|=\frac{1}{2}•|m|•\frac{{2\sqrt{2}}}{3}•\sqrt{3-{m^2}}=\frac{{\sqrt{2}}}{3}\sqrt{{m^2}（3-{m^2}）}$…（10分）
=$\frac{{\sqrt{2}}}{3}•\sqrt{-{{（{m^2}-\frac{3}{2}）}^2}+\frac{9}{4}}$
当${m^2}=\frac{3}{2}$，即$m=±\frac{{\sqrt{6}}}{2}∈（-\sqrt{3}，\sqrt{3}）$时，${（{S_{△OBC}}）_{max}}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．…（11分）
所以，所求直线l的方程为$y=x±\frac{{\sqrt{6}}}{2}$．…（12分）

点评 本题主要考查椭圆、抛物线的有关计算、性质，考查直线与圆锥曲线的位置关系，考查运算求解能力及数形结合和化归与转化思想．