浙江 2020 · 数学 q21

题面

21．如图，已知椭圆$C_{1} \colon \frac{x^{2}}{2} \substack{+ y^{2} = 1}$，抛物线$C_{2} \colon \ - y^{2}{=} 2 p x \left( p {>} 0 \right)$，点A是椭圆C₁与抛物线C₂的交点，过点A的直线l交椭圆C₁于点B，交抛物线C₂于M（B，M不同于A）

（Ⅰ）若$p {=} \frac{1}{1 6}$，求抛物线C₂的焦点坐标；

（Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值

（Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值

解析

分析

（Ⅰ）直接由抛物线的定义求出焦点坐标即可；

（Ⅱ）设直线方程y＝kx+t，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），$M \ ( x_{0} , \ y_{0} )$，由$\left\{\frac{{x}^{2}}{2} + {y}^{2} = 1 \right.$

根据韦达定理定理求出$M \ ( - \frac{2 \mathrm{k t}}{1 + 2 \mathrm{k}^{2}} , \ \frac{\mathrm{t}}{1 + 2 \mathrm{k}^{2}} )$，可得p，再由$\left\{\begin{array}{l l}{y^{2} = 2 p x} \\ {y = k x + t} \end{array} \right.$，求出点 A的 坐 标 ， 代 入 椭 圆 方 程 可 得$t^{2} = \frac{8 \mathrm{k}^{6}}{( 1 + 2 \mathrm{k}^{2} )^{2} + 2 \mathrm{k}^{2}}$， 化 简 整 理 得p^{2} =$$\frac{k^{4}}{2 ( 1 + 2 \operatorname{k}^{2} )^{2} \bullet[( 1 + 2 \operatorname{k}^{2} )^{2} + 2 \operatorname{k}^{2}]} ,，利用基本不等式即可求出p的最大值解：（Ⅰ）$p {=} \frac{1}{1 6}$，则${\frac{p}{2}} = {\frac{1}{3 2}}$，则抛物线C 的焦点坐标$( {\frac{1}{3 2}} , \ 0 )$（Ⅱ）直线l与x轴垂直时，此时点M与点A或点B重合，不满足题意，设直线l的方程为$y = k x + t , A ( x_{1} , \ y_{1} ) , B ( x_{2} , \ y_{2} ) , M ( x_{0} , \ y_{0} )$由$\left\{\frac{{x}^{2}}{2} + {y}^{2} = 1 \right.$，消y可得( 2 k^{2} + 1 ) \ x^{2} + 4 k t y + 2 t^{2} - 2 = 0$$\therefore \triangle = 1 6 k^{2} t^{2} - 4 \left( 2 k^{2} + 1 \right) ( 2 t^{2} - 2 ) \geqslant 0 , \Re{\mid} t^{2} < 1 + 2 k^{2} ,$$\therefore x_{1} + x_{2} = - {\frac{4 \mathrm{k t}}{1 + 2 \mathrm{k}^{2}}} , \therefore x_{0} = {\frac{1}{2}} ( x_{1} + x_{2} ) = - {\frac{2 \mathrm{k t}}{1 + 2 \mathrm{k}^{2}}} ,$$\therefore y_{0} = k x_{0} + t = \frac{1}{1 + 2 \mathrm{k}^{2}} , \ : \ : \therefore M \ : \ : ( \ : - \frac{2 \mathrm{k t}}{1 + 2 \mathrm{k}^{2}} , \ : \frac{\ : \ : \mathrm{t}}{1 + 2 \mathrm{k}^{2}} ) ,∵点M在抛物线C_{2} \perp , \enspace \enspace \therefore y^{2}{=} 2 p x$$\therefore p = {\frac{{\underline{{\gamma}}}^{2}}{2 x}} = {\frac{{\overline{{( 1 + 2 \operatorname{k}^{2} )^{2}}}}}{2 \cdot{\frac{- 2 \operatorname{k t}}{1 + 2 \operatorname{k}^{2}}}}} = {\frac{\mathrm{t}}{- 4 k ( 1 + 2 \operatorname{k}^{2} )}} ,联立$\left\{\begin{array}{l l}{y^{2} = 2 p x} \\ {y = k x + t} \end{array} \right.$，解得$x_{1} = {\frac{\operatorname{t} ( 1 + 2 \operatorname{k}^{2} )}{- 2 \operatorname{k}^{3}}} , \ y_{1} = {\frac{\operatorname{t}^{2}}{- 2 \operatorname{k}^{2}}} ,$代入椭圆方程可得$\frac{\ t^{2} ( 1 + 2 \operatorname{k}^{2} )^{2}}{8 \operatorname{k}^{6}} + \frac{\ t^{2}}{4 \operatorname{k}^{4}} = 1$，解得t^{2} = \frac{8 {\mathrm{k}}^{6}}{( 1 + 2 {\mathrm{k}}^{2} )^{2} + 2 {\mathrm{k}}^{2}}$$\therefore p^{2} = {\frac{{\mathrm{t}}^{2}}{1 6 {\mathrm{k}}^{2} ( 1 + 2 {\mathrm{k}}^{2} )^{2}}}{=}{\frac{8 {\mathrm{k}}^{6}}{1 6 {\mathrm{k}}^{2} ( 1 + 2 {\mathrm{k}}^{2} )^{2}{\bullet}[( 1 + 2 {\mathrm{k}}^{2} )^{2} + 2 {\mathrm{k}}^{2}]}}$$= \frac{\mathrm{k^{4}}}{2 \left( 1 + 2 \mathrm{k^{2}} \right)^{2} \bullet[\left( 1 + 2 \mathrm{k}^{2} \right)^{2} + 2 \mathrm{k}^{2}]} \leqslant \frac{\mathrm{k^{4}}}{2 ( 2 \sqrt{2} \mathrm{k} )^{2}[\left( 2 \sqrt{2} \mathrm{k} \right)^{2} + 2 \mathrm{k}^{2}]} = \frac{1}{1 6 0} ,$$\therefore p {\leqslant} \frac{\sqrt{1 0}}{4 0}，当且仅当$1 = 2 k^{2}$，即$k^{2}{=} \frac{1}{2} , t^{2}{=} \frac{1}{5}$时等号成立，故p的最大值为$\frac{\sqrt{1 0}}{4 0}$