Question

已知F₁（0，1），F(xiàn)₂（0，-1）分別為橢圓C₁：

y2

a2

+

x2

b2

=1 (a＞b＞0)的上、下焦點(diǎn)，拋物線C₂的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)為F₁，點(diǎn)M是C₁與C₂在第二象限的交點(diǎn)，且|MF₁|=

5

3

．
（1）求拋物線C₂及橢圓C₁的方程；
（2）與圓x²+（y+1）²=1相切的直線l：y=k（x+t），kt≠0交橢圓C₁于A，B兩點(diǎn)，若橢圓C₁上存在點(diǎn)P滿足

OA

+

OB

=λ

OP

，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

考點(diǎn)：橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)

專題：平面向量及應(yīng)用,直線與圓,圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程

分析：（1）設(shè)出拋物線的方程為x²=2py，求得p=2，可得拋物線方程；由拋物線的定義可得M的坐標(biāo)，由橢圓的定義可得a=2，由a，b，c的關(guān)系可得b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）由直線和圓相切的條件：d=r，以及直線方程和橢圓方程聯(lián)立，消去y，運(yùn)用韋達(dá)定理，化簡(jiǎn)整理，再由二次函數(shù)的值域，即可得到范圍．

解答： 解：（1）由于拋物線C₂的頂點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)為F₁（0，1），
設(shè)拋物線C₂的方程為x²=2py，即

p

2

=1，即有p=2，
則拋物線方程為x²=4y；
由題意得a²-b²=1，
又由拋物線定義可知|MF₁|=y_M+1=

5

3

，得y_M=

2

3

，
所以M（-

2 6

3

，

2

3

），從而|MF₁|=

( 2 6 3 )2+( 2 3 +1)2

=

7

3

，
由橢圓定義知2a=|MF₁|+|MF₂|=4，得a=2，故b²=a²-1=3，
從而橢圓的方程為

y2

4

+

x2

3

=1；

（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），P（x₀，y₀），
則由

OA

+

OB

=λ

OP

知，
x₁+x₂=λx₀，y₁+y₂=λy₀，且

y 2 0

4

+

x 2 0

3

=1，①
又直線l：y=k（x+t），kt≠0與圓x²+（y+1）²=1相切，則有

|kt+1|

1+k2

=1，
由k≠0，可得k=

2t

1-t2

（t≠±1，t≠0）②
又聯(lián)立

y=k(x+t) 4x2+3y2=12

，
消去y得（4+3k²）x²+6k²tx+3k²t²-12=0，
且△=36k⁴t²-4（4+3k²）（3k²t²-12）＞0恒成立，且x₁+x₂=-

6k2t

4+3k2

，x₁x₂=

3k2t2-12

4+3k2

所以y₁+y₂=k（x₁+x₂）+2kt=

8kt

4+3k2

，所以得P（

-6k2t

λ(4+3k2)

，

8kt

λ(4+3k2)

），
代入①式得

12k4t2

(4+3k2)2λ2

+

16k2t2

λ2(4+3k2)2

=1，所以λ²=

4k2t2

4+3k2

，
又將②式代入得，λ²=

4

( 1 t2 )2+ 1 t2 +1

，t≠0，t≠±1，
易知（

1

t2

）²+

1

t2

+1＞1且（

1

t2

）²+

1

t2

+1≠3，
所以λ²∈（0，

4

3

）∪（

4

3

，4），
所以λ的取值范圍為{λ|-2＜λ＜2，且λ≠0，且λ≠±

2 2

3

}．

點(diǎn)評(píng)：本題考查拋物線和橢圓的定義、方程和性質(zhì)，同時(shí)考查直線和圓相切的條件，考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，消去未知數(shù)，運(yùn)用韋達(dá)定理，由二次函數(shù)的值域是解題的關(guān)鍵．