Question

1．已知橢圓C₁，拋物線C₂的焦點(diǎn)均在x軸上，從兩條曲線上各取兩個(gè)點(diǎn)，將其坐標(biāo)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(biāo)準(zhǔn)方程．
（2）過橢圓C₁右焦點(diǎn)F的直線l與此橢圓相交于A，B兩點(diǎn)，若點(diǎn)P為直線x=4上任意一點(diǎn)，
①試證：直線PA，PF，PB的斜率成等差數(shù)列．
②若點(diǎn)P在X軸上，設(shè)$\overrightarrow{FA}$=λ$\overrightarrow{FB}$，λ∈[-2，-1]，求|$\overrightarrow{PA}$+$\overrightarrow{PB}$|取最大值時(shí)的直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）設(shè)拋物線方程為y²=mx，代入4個(gè)點(diǎn)，可得m，檢驗(yàn)可知m=1成立，再將其余兩個(gè)點(diǎn)代入橢圓方程，解得a，b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）①討論當(dāng)直線AB的斜率為0時(shí)，設(shè)P（4，y₀），可得結(jié)論；當(dāng)直線AB的斜率不為0時(shí)，
設(shè)AB：x=ty+2，代入x²+2y²=8，消去x，運(yùn)用韋達(dá)定理和直線的斜率公式，化簡(jiǎn)整理，再結(jié)合向量的坐標(biāo)表示，向量模的平方即為向量的平方，結(jié)合二次函數(shù)最值求法，可得t的值，進(jìn)而得到所求直線方程．

解答 解：（1）設(shè)拋物線方程為y²=mx，分別將四個(gè)點(diǎn)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(diǎn)（2，-$\sqrt{2}$）和（9，3）在拋物線上．
因此（-2，$\sqrt{2}$），（$\sqrt{6}$，-1）兩個(gè)點(diǎn)為橢圓C₁上兩點(diǎn)，
設(shè)橢圓方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，
將上述兩個(gè)點(diǎn)坐標(biāo)代入$\frac{4}{{a}^{2}}$+$\frac{2}{^{2}}$=1，$\frac{6}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{^{2}}$=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(dāng)直線AB的斜率為0時(shí)，
設(shè)P（4，y₀），則k_PA+k_PB=y₀=2k_PF，直線PA，PF，PB的斜率成等差數(shù)列；       （5分）
當(dāng)直線AB的斜率不為0時(shí)，
設(shè)AB：x=ty+2，代入x²+2y²=8，消去x，可得（2+t²）y²+4ty-4=0，
設(shè)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(shù)列　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（7分）
$\overrightarrow{②}$因?yàn)?\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}$]，
因?yàn)镻（4，0），$\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(dāng)$\frac{1}{m}$=$\frac{7}{16}$　即t²=$\frac{2}{7}$時(shí)，|$\overrightarrow{PA}$+$\overrightarrow{PB}$|²的值最大，
此時(shí)方程為x=±$\frac{\sqrt{14}}{7}$y+2．    （13分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓和拋物線方程的求法，注意運(yùn)用代入法，考查直線和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理，以及向量坐標(biāo)表示，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于難題．