【解答】
（14 分）（2016 • 山东）平面直角坐标系 $x O y$ 中，椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的离心率是 $\frac{\sqrt{3}}{2}$，抛物线 $\mathrm{E}: \mathrm{x}^{2}=2 \mathrm{y}$ 的焦点 F 是 C 的一个顶点．
（I）求椭圆 C 的方程；
（ II ）设 P 是 E 上的动点，且位于第一象限， E 在点 P 处的切线 1 与 C 交与不同的两点 A， B，线段 AB 的中点为 D，直线 OD 与过 P 且垂直于 x 轴的直线交于点 M．
（i）求证：点 $M$ 在定直线上；
（ii）直线 $l$ 与 y 轴交于点 G，记 $\triangle \mathrm{PFG}$ 的面积为 $\mathrm{S}_{1}, \triangle \mathrm{PDM}$ 的面积为 $\mathrm{S}_{2}$，求 $\frac{\mathrm{S}_{1}}{\mathrm{~S}_{2}}$ 的最大值及取得最大值时点 P 的坐标．
【考点】椭圆的简单性质．
【专题】方程思想；分析法；直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】（I）运用椭圆的离心率公式和抛物线的焦点坐标，以及椭圆的 $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ 的关系，解得 $a, b$，进而得到椭圆的方程；
（II）（i）设 $\mathrm{P}\left(\mathrm{x}_{0}, \mathrm{y}_{0}\right)$，运用导数求得切线的斜率和方程，代入椭圆方程，运用韦达定理，可得中点 D 的坐标，求得 OD 的方程，再令 $\mathrm{x}=\mathrm{x}_{0}$，可得 $\mathrm{y}=-\frac{1}{4}$。进而得到定直线；
（ii）由直线 $l$ 的方程为 $y=x_{0} x-y_{0}$，令 $x=0$，可得 $G\left(0,-y_{0}\right)$，运用三角形的面积公式，
可得 $S_{1}=\frac{1}{2}|F G| \cdot\left|x_{0}\right|=\frac{1}{2} x_{0} \cdot\left(\frac{1}{2}+y_{0}\right), S_{2}=\frac{1}{2}|P M| \cdot\left|x_{0}-\frac{4 x_{0} y_{0}}{1+4 x_{0}{ }^{2}}\right|$，化简整理，再 $1+2 x_{0}{ }^{2}=t$
$(\mathrm{t} \geq 1)$，整理可得 t 的二次方程，进而得到最大值及此时 P 的坐标。
【解答】解：（I）由题意可得 $\mathrm{e}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，拖物线 $\mathrm{E}: \mathrm{x}^{2}=2 \mathrm{y}$ 的焦点 F 为 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$，
即有 $\mathrm{b}=\frac{1}{2}, \mathrm{a}^{2}-\mathrm{c}^{2}=\frac{1}{4}$，
解得 $\mathrm{a}=1, \mathrm{c}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
可得椭圆的方程为 $x^{2}+4 y^{2}=1$；
（II）（i）证明：设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$，可得 $x_{0}^{2}=2 y_{0}$，
由 $\mathrm{y}=\frac{1}{2} \mathrm{x}^{2}$ 的导数为 $\mathrm{y}^{\prime}=\mathrm{x}$，即有切线的斜率为 $\mathrm{x}_{0}$，
则切线的方程为 $\mathrm{y}-\mathrm{y}_{0}=\mathrm{x}_{0}\left(\mathrm{x}-\mathrm{x}_{0}\right)$，
可化为 $\mathrm{y}=\mathrm{x}_{0} \mathrm{x}-\mathrm{y}_{0}$，代入椭圆方程，
可得 $\left(1+4 x_{0}{ }^{2}\right) x^{2}-8 x_{0} y_{0} x+4 y_{0}{ }^{2}-1=0$，
设 $\mathrm{A}\left(\mathrm{x}_{1}, \mathrm{y}_{1}\right), \mathrm{B}\left(\mathrm{x}_{2}, \mathrm{y}_{2}\right)$，
可得 $\mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=\frac{8 \mathrm{x}_{0} \mathrm{y}_{0}}{1+4 \mathrm{x}_{0}{ }^{2}}$，即有中点 $\mathrm{D}\left(\frac{4 \mathrm{x}_{0} \mathrm{y}_{0}}{1+4 \mathrm{x}_{0}{ }^{2}},-\frac{\mathrm{y}_{0}}{1+4 \mathrm{x}_{0}{ }^{2}}\right)$，
直线 $O D$ 的方程为 $y=-\frac{1}{4 x_{0}} x$，可令 $x=x_{0}$，可得 $y=-\frac{1}{4}$．
即有点 M 在定直线 $\mathrm{y}=-\frac{1}{4}$ 上；
（ii）直线 $l$ 的方程为 $\mathrm{y}=\mathrm{x}_{0} \mathrm{x}-\mathrm{y}_{0}$，令 $\mathrm{x}=0$，可得 $\mathrm{G}\left(0,-\mathrm{y}_{0}\right)$，
则 $\mathrm{S}_{1}=\frac{1}{2}|\mathrm{FG}| \cdot\left|\mathrm{x}_{0}\right|=\frac{1}{2} \mathrm{x}_{0} \cdot\left(\frac{1}{2}+\mathrm{y}_{0}\right)=\frac{1}{4} \mathrm{x}_{0}\left(1+\mathrm{x}_{0}{ }^{2}\right)$；
$S_{2}=\frac{1}{2}|P M| \cdot\left|x_{0}-\frac{4 x_{0} y_{0}}{1+4 x_{0}{ }^{2}}\right|=\frac{1}{2}\left(y_{0}+\frac{1}{4}\right) \cdot \frac{x_{0}+4 x_{0}{ }^{3}-4 x_{0} y_{0}}{1+4 x_{0}{ }^{2}}=\frac{1}{8} x_{0} \cdot \frac{\left(1+2 x_{0}{ }^{2}\right)^{2}}{1+4 x_{0}{ }^{2}}$,
则 $\frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{2\left(1+x_{0}{ }^{2}\right)\left(1+4 x_{0}{ }^{2}\right)}{\left(1+2 x_{0}{ }^{2}\right)^{2}}$，
令 $1+2 x_{0}{ }^{2}=t \quad(t \geq 1)$，则 $\frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{2\left(1+\frac{t-1}{2}\right)(1+2 t-2)}{t^{2}}=\frac{(t+1)(2 t-1)}{t^{2}}$
$=\frac{2 t^{2}+t-1}{t^{2}}=2+\frac{1}{t}-\frac{1}{t^{2}}=-\left(\frac{1}{t}-\frac{1}{2}\right)^{2}+\frac{9}{4}$,
则当 $\mathrm{t}=2$，即 $\mathrm{x}_{0}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时，$\frac{\mathrm{S}_{1}}{\mathrm{~S}_{2}}$ 取得最大值 $\frac{9}{4}$，
此时点 P 的坐标为 $\left(\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{1}{4}\right)$．
【点评】本题考查椭圆的方程的求法，注意运用椭圆的离心率和拖物线的焦点坐标，考查直线和抛物线斜的条件，以及直线方程的运用，考查三角形的面积的计算，以及化简整理的运算能力，属于难题。
参与本试卷答题和审题的老师有：qiss；sxs123；翔宇老师；546278733＠qq．com；于东；双曲线；wfy814；wkl197822；zlzhan（排名不分先后）
2016年6月13日
