2026年9月深圳中学开学摸底数学考试#18
椭圆 $C_1:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）的离心率为 $\dfrac{\sqrt 3}2$，曲线 $C_2: y^2=2 x+4$ 过椭圆 $C_1$ 的左顶点 $P$．
1、求椭圆 $C_1$ 的方程；
2、过坐标原点 $O$ 的直线 $l$ 与 $C_2$ 相交于点 $A,B$（异于 $P$），直线 $PA,PB$ 分别与 $C_1$ 相交于 $D,E$，
① 证明：$PD\perp PE$；
② 记 $\triangle PAB,\triangle PDE$ 的面积分别是 $S_1,S_2$，求 $\dfrac{S_1}{S_2}$ 的最小值及此时直线 $l$ 的方程．
解析
1、根据题意，有 $P(-a,0)$，进而\[\begin{cases} \sqrt{1-\frac{b^2}{a^2}}=\frac{\sqrt 3}2,\\ 2(-a)+4=0,\end{cases}\iff \begin{cases} a=2,\\ b=1,\end{cases}\]因此椭圆 $C_1$ 的方程为 $\frac{x^2}4+y^2=1$．
2、平移坐标系，使 $P$ 为坐标原点．
新坐标系下 椭圆 $C_1$ 的方程为\[\frac{(x-2)^2}{4}+y^2=1\iff \frac{x^2}4+y^2-x=0,\]抛物线 $C_2$ 的方程为 $y^2=2x$，$O(2,0)$． ① 设 $A(2a^2,2a),B(2b^2,2b)$，根据抛物线的平均性质，有\[2ab=-2,\]于是直线 $PD,PE$ 的斜率之积，即直线 $PA,PB$ 的斜率之积为\[\frac{2a^2}{2a}\cdot \frac{2b^2}{2b}=ab=-1,\]命题得证． ① 设直线 $DE:mx+ny=1$，与椭圆 $C_1$ 的方程化齐次联立，可得\[ \frac{x^2}4+y^2-x(mx+ny)=0,\]又 $PD\perp PD$，于是\[\frac 14+1-m=0\iff m=\frac54,\]因此直线 $DE$ 过定点 $Q\left(\frac 45,0\right)$． 设点 $A,B,D,E$ 的纵坐标分别为 $y_1,y_2,y_3,y_4$，分别联立直线 $PAD:x=my$ 与椭圆 $C_1$ 以及抛物线 $C_2$ 的方程，有\[ \frac {m^2y^2}4+y^2-my=0,\quad y^2=2my,\]可得\[y_1=2m,\quad y_2=-\frac 2m,\quad y_3=\frac{m}{\frac{m^2}4+1},\quad y_4=\frac{-m}{\frac 14+m^2},\]因此\[\frac{S_1}{S_2}=\frac{\frac 12\cdot |PO|\cdot|y_1-y_2|}{\frac 12\cdot |PQ|\cdot |y_3-y_4|}=\frac 52\cdot \frac{\left|2m+\frac 2m\right|}{\left|\frac{4m}{m^2+4}+\frac{4m}{4m^2+1}\right|}=m^2+\frac1{m^2}+\frac{17}4\geqslant \frac{25}4,\]等号当 $m=\pm 1$ 时取得，因此 $\frac{S_1}{S_2}$ 的最小值为 $\frac{25}4$，此时 $A,B$ 关于 $x$ 轴对称，直线 $l$ 的方程为 $x=2$．
回到原坐标系 ① 的结论得证；② $\frac{S_1}{S_2}$ 的最小值为 $\frac{25}4$ 且此时直线 $l$ 的方程为 $x=0$．