抛物线与椭圆

如图，已知椭圆 (C_1:dfrac{x^2}{4}+y^2=1) ，抛物线 (C_2:y^2=2px(p>0)) ，过椭圆 (C_1) 的左顶点 (A) 的直线 (l_1) 交抛物线 (C_2) 于 (B,C) 两点，且 (overrightarrow{AC}=overrightarrow{CB}) .

(1) 求证：点 (C) 在定直线上；

(2) 若直线 (l_2) 过点 (C) ，交椭圆 (C_1) 于 (M,N) 两点，交 (x) 轴于点 (Q) ，且 (|CA|=|CQ|) ，当 ( riangle BMN) 的面积最大时，求抛物线 (C_2) 的方程。

解析：

(1) 求得 (A(-2,0)) ，设直线 (l_1:x=my-2) ，(C(x_1,y_1),B(x_2,y_2)) ，联立

[egin{cases}x=my-2\y^2=2pxend{cases}Longrightarrow y^2-2pmy+4p=0 ]

则

[y_1+y_2=2pm;,;y_1y_2=4p ]

而

[y_1^2y_2^2=4p^2x_1x_2Longrightarrow x_1x_2=dfrac{y_1^2y_2^2}{4p^2}=4 ]

又 (overrightarrow{AC}=(x_1+2,y_1),overrightarrow{CB}=(x_2-x_1,y_2-y_1)) ，由 (overrightarrow{AC}=overrightarrow{CB}) 得

[egin{cases}x_1+2=x_2-x_1\y_1=y_2-y_1end{cases} ]

所以 (x_2=2x_1+2) ，又 (x_1x_2=4) ，解得 (x_1=1) 或 (x_1=-2) (舍) . 所以点 (CBig(1,dfrac{3}{m}Big)) ，易得点 (C) 在定直线 (x=1) 上，得证。

(2) 由 (1) 得 (x_2=4) ，则 (B(4,dfrac6m)). 又 (k_{CQ}=-k_{AC}=-dfrac{1}{m}) ，则 (l_2:x+my-4=0) ，设 (M(x_3,y_3),N(x_4,y_4)) ，联立

[egin{cases}x+my-4=0\x^2+4y^2=4end{cases}Longrightarrow (m^2+4)y^2-8my+12=0 ]

得 (y_3+y_4=dfrac{8m}{m^2+4},y_3y_4=dfrac{12}{m^2+4}) ，所以

[egin{align}|MN|&=sqrt{1+dfrac{1}{k^2}}cdotsqrt{(y_3+y_4)^2-4y_3y_4}\&=sqrt{1+m^2}cdotsqrt{dfrac{64m^2}{(m^2+4)^2}-dfrac{48}{m^2+4}}\&=sqrt{1+m^2}cdotsqrt{dfrac{16(m^2-12)}{(m^2+4)^2}}end{align} ]

而 (B) 到直线 (l_2) 的距离 (d=dfrac{6}{sqrt{1+m^2}}) ，故

[egin{align}S_{ riangle BMN}&=dfrac12cdotsqrt{1+m^2}cdotsqrt{dfrac{16(m^2-12)}{(m^2+4)^2}}cdotdfrac{6}{sqrt{1+m^2}}=12sqrt{dfrac{m^2-12}{(m^2+4)^2}}end{align} ]

令 (m^2-12=t>0) ，则 (m^2=t+12) ，则

[S_{ riangle BMN}=12sqrt{dfrac{t}{t^2+32t+256}}=12sqrt{dfrac{1}{t+dfrac{256}{t}+32}}leqslant12sqrt{dfrac{1}{2sqrt{256}+32}}=dfrac32 ]

当且仅当 (t=dfrac{256}{t}) ，即 (t=16) ，(m=sqrt{28}) 时，等号成立，( riangle BMN) 面积取最大值，此时 (CBig(1,pmdfrac{3}{sqrt{28}}Big)) ，代入抛物线方程得 (C_2:y^2=dfrac{9}{28}x).