Question

9．設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，已知橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，拋物線C₂：x²=-ay的準(zhǔn)線方程為y=$\frac{1}{2}$．
（1）求橢圓C₁和拋物線C₂的方程；
（2）設(shè)過定點(diǎn)M（0，2）的直線t與橢圓C₁交于不同的兩點(diǎn)P，Q，若O在以PQ為直徑的圓的外部，求直線t的斜率k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)準(zhǔn)線方程計(jì)算a，利用離心率計(jì)算c，從而得出b；
（2）設(shè)直線t的斜率為k，得出直線t的方程，聯(lián)立方程組消元，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系計(jì)算$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}$，令$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}$＞0得出k的范圍．

解答 解：（1）∵拋物線C₂：x²=-ay的準(zhǔn)線方程為y=$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{a}{4}=\frac{1}{2}$，解得a=2
∴拋物線C₂的方程為x²=-2y，
∵橢圓C₁的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，∴c=$\sqrt{3}$，
∴b²=a²-c²=1，
∴橢圓C₁的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
（2）當(dāng)直線t無斜率時(shí)，O為PQ的中點(diǎn)，不符合題意；
當(dāng)直線t有斜率時(shí)，設(shè)直線t的方程為y=kx+2，
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\\{y=kx+2}\end{array}\right.$，消元得：（1+4k²）x²+16kx+12=0．
∵直線t與橢圓交于兩點(diǎn)，
∴△=256k²-48（1+4k²）＞0，∴k＜-$\frac{\sqrt{3}}{2}$或k＞$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則x₁+x₂=$\frac{-16k}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{12}{1+4{k}^{2}}$，
∴y₁y₂=（kx₁+2）（kx₂+2）=k²x₁x₂+2k（x₁+x₂）+4，
∴$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}$=x₁x₂+y₁y₂=$\frac{12（1+{k}^{2}）}{1+4{k}^{2}}$-$\frac{32{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$+4=$\frac{16-4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$．
∵O在以PQ為直徑的圓的外部，∴∠POQ∈（0，$\frac{π}{2}$），∴$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}$＞0，
∴16-4k²＞0，解得-2＜k＜2．
綜上，k的取值范圍是（-2，-$\frac{\sqrt{3}}{2}$）∪（$\frac{\sqrt{3}}{2}$，2）．

點(diǎn)評 本題考查了圓錐曲線的性質(zhì)，直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，常利用根與系數(shù)的關(guān)系化簡計(jì)算，屬于中檔題．