Question

1．已知橢圓C₁、拋物線C₂的焦點(diǎn)均在x軸上，且橢圓C₁的中心和拋物線C₂的頂點(diǎn)均為原點(diǎn)O，從橢圓C₁上取兩個(gè)點(diǎn)．拋物線C₂上取一個(gè)點(diǎn)．將其坐標(biāo)記錄于表中：

x	3	-2	$\sqrt{2}$
y	-2$\sqrt{3}$	0	$\frac{\sqrt{6}}{2}$

（Ⅰ）求橢圓C₁和拋物線C₂的標(biāo)準(zhǔn)方程：
（Ⅱ）直線l：y=kx+m（k≠0）與橢圓C₁交于不同的兩點(diǎn)M、N．
（i）若線段MN的垂直平分線過點(diǎn)G（$\frac{1}{8}$，0），求實(shí)數(shù)k的取值范圍．
（ii）在滿足（i）的條件下，且有m≠=1，求△OMN的面積S_△OMN．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），拋物線的方程設(shè)為y²=mx，（m≠0），可得點(diǎn)（-2，0）和點(diǎn)（$\sqrt{2}$，$\frac{\sqrt{6}}{2}$）在橢圓上代入解得a，b，即可得到所求橢圓方程；再將點(diǎn)（3，-2$\sqrt{3}$）代入拋物線的方程，可得m，進(jìn)而得到拋物線的方程；
（Ⅱ）（i）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$，消去y并整理得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，由直線y=kx+m與橢圓有兩個(gè)交點(diǎn)，知m²＜4k²+3．又x₁+x₂=-$\frac{8km}{3+4{k}^{2}}$，知MN中點(diǎn)P的坐標(biāo)，由此能求出k的范圍；
（ii）運(yùn)用弦長(zhǎng)公式可得|MN|，求得點(diǎn)O到直線MN的距離，運(yùn)用三角形的面積公式，化簡(jiǎn)整理即可得到所求．

解答 解：（I）由題意設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），
拋物線的方程設(shè)為y²=mx，（m≠0），
由所給的坐標(biāo)可得點(diǎn)（-2，0）在橢圓上，
即有a=2，在橢圓上的點(diǎn)的橫坐標(biāo)在[-2，2]內(nèi)，
則點(diǎn)（$\sqrt{2}$，$\frac{\sqrt{6}}{2}$）在橢圓上，有$\frac{2}{4}$+$\frac{6}{4^{2}}$=1，
解得b=$\sqrt{3}$，則橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
由點(diǎn)（3，-2$\sqrt{3}$）在拋物線上，可得12=3m，
解得m=4，則拋物線的方程為y²=4x；
（Ⅱ）（i）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$，消去y并整理得
（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0，
直線y=kx+m與橢圓有兩個(gè)交點(diǎn)，可得
△=（8km）²-4（3+4k²）（4m²-12）＞0，即m²＜4k²+3，①
又x₁+x₂=-$\frac{8km}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
MN中點(diǎn)P的坐標(biāo)為（-$\frac{4km}{3+4{k}^{2}}$，$\frac{3m}{3+4{k}^{2}}$），
設(shè)MN的垂直平分線l'方程：y=-$\frac{1}{k}$（x-$\frac{1}{8}$）．
由P在l'上，可得$\frac{3m}{3+4{k}^{2}}$=-$\frac{1}{k}$（-$\frac{4km}{3+4{k}^{2}}$-$\frac{1}{8}$），即4k²+8km+3=0，
可得m=-$\frac{3+4{k}^{2}}{8k}$，
將上式代入①得$\frac{（3+4{k}^{2}）^{2}}{64{k}^{2}}$＜4k²+3，
化為k²＞$\frac{1}{20}$，即k＞$\frac{\sqrt{5}}{10}$或k＜-$\frac{\sqrt{5}}{10}$，
則k的取值范圍為（-∞，-$\frac{\sqrt{5}}{10}$）∪（$\frac{\sqrt{5}}{10}$，+∞）；
（ii）由（i）可得|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{\frac{64{k}^{2}{m}^{2}}{（3+4{k}^{2}）^{2}}-\frac{4（4{m}^{2}-12）}{3+4{k}^{2}}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{4\sqrt{3}\sqrt{3+4{k}^{2}-{m}^{2}}}{3+4{k}^{2}}$，
又O到直線MN的距離為d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，可得
△OMN的面積為S_△OMN=$\frac{1}{2}$d•|MN|=$\frac{1}{2}$|m|•$\frac{4\sqrt{3}\sqrt{3+4{k}^{2}-{m}^{2}}}{3+4{k}^{2}}$
=$\frac{1}{2}$•|-$\frac{3+4{k}^{2}}{8k}$|•$\frac{4\sqrt{3}\sqrt{3+4{k}^{2}-\frac{（3+4{k}^{2}）^{2}}{64{k}^{2}}}}{3+4{k}^{2}}$，
化簡(jiǎn)可得S_△OMN=$\frac{\sqrt{3}}{32}$•$\frac{\sqrt{（3+4{k}^{2}）（60{k}^{2}-3）}}{{k}^{2}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓和拋物線的方程的求法，注意運(yùn)用待定系數(shù)法，考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理和判別式大于0，以及中點(diǎn)坐標(biāo)公式和兩直線垂直的條件：斜率之積為-1，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．