Question

20．在直角坐標(biāo)系xOy，橢圓C₁：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的左、右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，其中F₂也是拋物線C₂：y²=4x的焦點(diǎn)，點(diǎn)M為C₁與C₂在第一象限的交點(diǎn)，且|MF₂|=$\frac{5}{3}$．
（1）求橢圓的方程；
（2）若過點(diǎn)D（4，0）的直線l與C₁交于不同的兩點(diǎn)A、B，且A在DB之間，試求△AOD與△BOD面積之比的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出F₂（1，0），設(shè)M（x₁，y₁）．利用拋物線定義得到x₁，求出M坐標(biāo)，代入橢圓方程，結(jié)合a²-b²=1，解得a，b．即可得到橢圓C₁的方程．
（2）設(shè)l的方程為x=my+4代入$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，由△＞0，解得m²＞4，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），利用韋達(dá)定理，通過令$λ=\frac{{{S_{△AOD}}}}{{{S_{△BOD}}}}$，則$λ=\frac{{\frac{1}{2}|{OD}|•|{y{\;}_1}|}}{{\frac{1}{2}|{OD}|•|{y_2}|}}=\frac{y_1}{y_2}$且0＜λ＜1，將y₁=λy₂代入韋達(dá)定理，利用$\frac{{{{（λ+1）}^2}}}{{10λ-3{λ^2}-3}}＞1$，求出△ODA與△ODB面積之比的取值范圍．

解答 解：（1）依題意知F₂（1，0），設(shè)M（x₁，y₁）．
由拋物線定義得|MF₂|=$1+{x_1}=\frac{5}{3}$，即${x_1}=\frac{2}{3}$．…（1分）
將${x_1}=\frac{2}{3}$代入拋物線方程得${y_1}=\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$，…（2分）
進(jìn)而由$\frac{{{{（\frac{2}{3}）}^2}}}{a^2}+\frac{{{{（\frac{{2\sqrt{6}}}{3}）}^2}}}{b^2}=1$及a²-b²=1，解得a²=4，b²=3．
故橢圓C₁的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．…（5分）
（2）依題意知直線l的斜率存在且不為0，設(shè)l的方程為x=my+4代入$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，
整理得（3m²+4）y²+24my+36=0，
由△＞0，解得m²＞4．…（7分）
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{1}+{y}_{2}=\frac{-24m}{3{m}^{2}+4}…①}\\{{y}_{1}{y}_{2}=\frac{36}{3{m}^{2}+4}…②}\end{array}\right.$…（8分）
令$λ=\frac{{{S_{△AOD}}}}{{{S_{△BOD}}}}$，則$λ=\frac{{\frac{1}{2}|{OD}|•|{y{\;}_1}|}}{{\frac{1}{2}|{OD}|•|{y_2}|}}=\frac{y_1}{y_2}$且0＜λ＜1．…（9分）
將y₁=λy₂代入①②得$\left\{{\begin{array}{l}{（λ+1）{y_2}=\frac{-24m}{{3{m^2}+4}}}\\{λy_2^2=\frac{36}{{3{m^2}+4}}}\end{array}}\right.$，消去y₂得$\frac{{{{（λ+1）}^2}}}{λ}=\frac{{16{m^2}}}{{3{m^2}+4}}$，
即${m^2}=\frac{{4{{（λ+1）}^2}}}{{10λ-3{λ^2}-3}}$．…（10分）
由m²＞4得$\frac{{{{（λ+1）}^2}}}{{10λ-3{λ^2}-3}}＞1$，所以λ≠1且3λ²-10λ+3＜0，
解得$\frac{1}{3}＜λ＜1$或1＜λ＜3．
又∵0＜λ＜1，∴$\frac{1}{3}＜λ＜1$
故△ODA與△ODB面積之比的取值范圍為$（\frac{1}{3}，1）$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，拋物線的簡單性質(zhì)的應(yīng)用，三角形的面積的比值，韋達(dá)定理的應(yīng)用，轉(zhuǎn)化思想以及分析問題解決問題的能力．