Question

1．已知橢圓C₁，拋物線C₂的焦點均在x軸上，從兩條曲線上各取兩個點，將其坐標混合記錄于如表中：

x	-2	2	$\sqrt{6}$	9
y	$\sqrt{2}$	-$\sqrt{2}$	-1	3

（1）求橢圓C₁和拋物線C₂的標準方程．
（2）過橢圓C₁右焦點F的直線l與此橢圓相交于A，B兩點，若點P為直線x=4上任意一點，
①試證：直線PA，PF，PB的斜率成等差數列．
②若點P在X軸上，設$\overrightarrow{FA}$=λ$\overrightarrow{FB}$，λ∈[-2，-1]，求|$\overrightarrow{PA}$+$\overrightarrow{PB}$|取最大值時的直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）設拋物線方程為y²=mx，代入4個點，可得m，檢驗可知m=1成立，再將其余兩個點代入橢圓方程，解得a，b，進而得到橢圓方程；
（2）①討論當直線AB的斜率為0時，設P（4，y₀），可得結論；當直線AB的斜率不為0時，
設AB：x=ty+2，代入x²+2y²=8，消去x，運用韋達定理和直線的斜率公式，化簡整理，再結合向量的坐標表示，向量模的平方即為向量的平方，結合二次函數最值求法，可得t的值，進而得到所求直線方程．

解答 解：（1）設拋物線方程為y²=mx，分別將四個點代入解得m=-1，m=1，m=$\frac{\sqrt{6}}{6}$，m=1，
故拋物線方程為y²=x；即點（2，-$\sqrt{2}$）和（9，3）在拋物線上．
因此（-2，$\sqrt{2}$），（$\sqrt{6}$，-1）兩個點為橢圓C₁上兩點，
設橢圓方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1，
將上述兩個點坐標代入$\frac{4}{{a}^{2}}$+$\frac{2}{{b}^{2}}$=1，$\frac{6}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{{b}^{2}}$=1，
解得：a²=8，b²=4，
故橢圓方程為：$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1．　　　　　　　　　　　（4分）
（2）①證明：當直線AB的斜率為0時，
設P（4，y₀），則k_PA+k_PB=y₀=2k_PF，直線PA，PF，PB的斜率成等差數列；       （5分）
當直線AB的斜率不為0時，
設AB：x=ty+2，代入x²+2y²=8，消去x，可得（2+t²）y²+4ty-4=0，
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則y₁+y₂=-$\frac{4t}{2+{t}^{2}}$，y₁y₂=-$\frac{4}{2+{t}^{2}}$，
則有：k_PA+k_PB=$\frac{{y}_{0}-{y}_{1}}{2-t{y}_{1}}$+$\frac{{y}_{0}-{y}_{2}}{2-t{y}_{2}}$=$\frac{4{y}_{0}-（2+t{y}_{0}）（{y}_{1}+{y}_{2}）+2t{y}_{1}{y}_{2}}{4-2t（{y}_{1}+{y}_{2}）+{t}^{2}{y}_{1}{y}_{2}}$=y₀=2k_PF，
則直線PA，PF，PB的斜率成等差數列　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（7分）
$\overrightarrow{②}$因為$\overrightarrow{FA}$=λ$\overrightarrow{FB}$，λ∈[-2，-1]，所以$\frac{{y}_{1}}{{y}_{2}}$=λ，且λ＜0．
又y₁+y₂=-$\frac{4t}{2+{t}^{2}}$，y₁y₂=-$\frac{4}{2+{t}^{2}}$，
則$\frac{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}}{{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{{{y}_{1}}^{2}+2{y}_{1}{y}_{2}+{{y}_{2}}^{2}}{{y}_{1}{y}_{2}}$=λ+$\frac{1}{λ}$+2，
又$\frac{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}}{{y}_{1}{y}_{2}}$=-$\frac{4{t}^{2}}{2+{t}^{2}}$，
即λ+$\frac{1}{λ}$+2=-$\frac{4{t}^{2}}{2+{t}^{2}}$，
由λ∈[-2，-1]，得λ+$\frac{1}{λ}$∈[-$\frac{5}{2}$，-2]，即t²∈[0，$\frac{2}{7}$]，
因為P（4，0），$\overrightarrow{PA}$=（x₁-4，y₁），$\overrightarrow{PB}$=（x₂-4，y₂），
所以$\overrightarrow{PA}$+$\overrightarrow{PB}$=（x₁+x₂-8，y₁+y₂）=（ty₁+ty₂-4，y₁+y₂），
故|$\overrightarrow{PA}$+$\overrightarrow{PB}$|²=（ty₁+ty₂-4）²+（y₁+y₂）²=（-$\frac{4{t}^{2}}{2+{t}^{2}}$-4）²+（-$\frac{4t}{2+{t}^{2}}$）²=$\frac{（8{t}^{2}+8）^{2}+16{t}^{2}}{（2+{t}^{2}）^{2}}$，
令m=2+t²（m∈[2，$\frac{16}{7}$]），則|$\overrightarrow{PA}$+$\overrightarrow{PB}$|²=$\frac{（8m-8）^{2}+16（m-2）}{{m}^{2}}$=64-$\frac{112}{m}$+$\frac{32}{{m}^{2}}$
=2（$\frac{4}{m}$-7）²-34=32（$\frac{1}{m}$-$\frac{7}{4}$）²-34，
當$\frac{1}{m}$=$\frac{7}{16}$　即t²=$\frac{2}{7}$時，|$\overrightarrow{PA}$+$\overrightarrow{PB}$|²的值最大，
此時方程為x=±$\frac{\sqrt{14}}{7}$y+2．    （13分）

點評 本題考查橢圓和拋物線方程的求法，注意運用代入法，考查直線和橢圓方程聯立，運用韋達定理，以及向量坐標表示，考查化簡整理的運算能力，屬于難題．