Question

9．如圖，設拋物線C₁：y²=-4mx（m＞0）的準線l與x軸交于橢圓C₂：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的右焦點F₂，F₁為C₂的左焦點．橢圓的離心率為e=$\frac{1}{2}$，拋物線C₁與橢圓C₂交于x軸上方一點P，連接PF₁并延長其交C₁于點Q，M為C₁上一動點，且在P，Q之間移動．
（1）當$\frac{a}{2}+\frac{{\sqrt{3}}}$取最小值時，求C₁和C₂的方程；
（2）若△PF₁F₂的邊長恰好是三個連續的自然數，當△MPQ面積取最大值時，求面積最大值以及此時直線MP的方程．

Answer 1

分析 （1）用m表示出a，b，根據基本不等式得出m的值，從而得出C₁和C₂的方程；
（2）用m表示出橢圓方程，聯立方程組得出P點坐標，計算出△PF₁F₂的三邊關于m的式子，從而確定m的值，求出PQ的距離和M到直線PQ的距離，利用二次函數性質得出△MPQ面積的最大值．

解答 解：（1）∵$c=m，e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，∴$a=2m，b=\sqrt{3}m$，
∴$\frac{a}{2}+\frac{{\sqrt{3}}}$=m+$\frac{1}{m}$≥2，當且僅當m=$\frac{1}{m}$即m=1時取等號，
當m=1時，a=2，b=$\sqrt{3}$，
∴拋物線C₁的方程為：y²=-4x，橢圓C₂的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．
（2）因為$c=m，e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，則$a=2m，b=\sqrt{3}m$，
∴橢圓的標準方程為$\frac{x^2}{{4{m^2}}}+\frac{y^2}{{3{m^2}}}=1$，設P（x₀，y₀），Q（x₁，y₁），
由$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{{4{m^2}}}+\frac{y^2}{{3{m^2}}}=1}\\{{y^2}=-4mx}\end{array}}\right.$得3x²-16mx-12m²=0，解得${x_0}=-\frac{2}{3}m$或x₀=6m（舍去），
代入拋物線方程得${y_0}=\frac{{2\sqrt{6}}}{3}m$，即$P（{-\frac{2m}{3}，\frac{{2\sqrt{6}m}}{3}}）$，
于是$|{P{F_1}}|=\frac{5m}{3}，|{P{F_2}}|=2a-|{P{F_1}}|=\frac{7m}{3}，|{{F_1}{F_2}}|=2m=\frac{6m}{3}$，
又△PF₁F₂的邊長恰好是三個連續的自然數，∴m=3．
∴拋物線方程為y²=-12x，${F_1}（{-3，0}），P（{-2，2\sqrt{6}}）$，
∴直線PQ的方程為$y=2\sqrt{6}（{x+3}）$．
聯立$\left\{{\begin{array}{l}{y=2\sqrt{6}（{x+3}）}\\{{y^2}=-12x}\end{array}}\right.$，得${x_1}=-\frac{9}{2}$或x₁=-2（舍去），于是$Q（{-\frac{9}{2}，-3\sqrt{6}}）$．
∴$|{PQ}|=\sqrt{{{（{-2+\frac{9}{2}}）}^2}+{{（{2\sqrt{6}+3\sqrt{6}}）}^2}}=\frac{25}{2}$，
設$M（{-\frac{t^2}{12}，t}）（{t∈（{-3\sqrt{6}，2\sqrt{6}}）}）$到直線PQ的距離為d，則$d=\frac{{\sqrt{6}}}{30}×|{{{（{t+\frac{{\sqrt{6}}}{2}}）}^2}-\frac{75}{2}}|$，
∴當$t=-\frac{{\sqrt{6}}}{2}$時，${d_{max}}=\frac{{\sqrt{6}}}{30}×\frac{75}{2}=\frac{{5\sqrt{6}}}{4}$，
∴△MPQ的面積最大值為$\frac{1}{2}×\frac{25}{2}×\frac{{5\sqrt{6}}}{4}=\frac{{125\sqrt{6}}}{16}$．
此時M（-$\frac{1}{8}$，-$\frac{\sqrt{6}}{2}$），∴直線MP的方程為y=-$\frac{4\sqrt{6}}{3}$x-$\frac{2\sqrt{6}}{3}$．

點評 本題考查了圓錐曲線的性質，直線與圓錐曲線的位置關系，屬于中檔題．