Question

2．已知拋物線C₁：y²=2px（p＞0）與直線x-y+1=0相切，橢圓C₂：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的一個(gè)焦點(diǎn)與拋物線C₁的焦點(diǎn)F重合，且離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，點(diǎn)M（a²，0）．
（1）求拋物線C₁與橢圓C₂的方程；
（2）若在橢圓C₂上存在兩點(diǎn)A，B使得$\overrightarrow{FA}$=λ$\overrightarrow{FB}$（λ∈[-2，-1]），求|$\overrightarrow{MA}$+$\overrightarrow{MB}$|的最小值．

Answer 1

分析 （1）聯(lián)立直線方程和拋物線方程，由判別式為0求得p，則拋物線方程可求．由題意可得橢圓的c，結(jié)合離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$及隱含條件求出a，b，則橢圓方程可求；
（2）對(duì)直線l的斜率分類討論：當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，即λ=-1時(shí)，直接求出．當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，即λ∈[-2，-1）時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=k（x-1），與橢圓的方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關(guān)系，再利用向量相等$\overrightarrow{FA}$=λ$\overrightarrow{FB}$，可得$\frac{{y}_{1}}{{y}_{2}}$=λ，且λ＜0，得到：λ+$\frac{1}{λ}$+2=$\frac{-4}{1+2{k}^{2}}$，由λ∈[-2，-1）可得到k²的取值范圍．由于$\overrightarrow{MA}$=（x₁-2，y₁），$\overrightarrow{MB}$=（x₂-2，y₂），可得$\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}$=（x₁+x₂-4，y₁+y₂），$|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}{|}^{2}$=（x₁+x₂-4）²+（y₁+y₂）²=4+$\frac{10}{1+2{k}^{2}}+\frac{2}{（1+2{k}^{2}）^{2}}$，令t=$\frac{1}{1+2{k}^{2}}$換元，利用配方法即可得出|$\overrightarrow{MA}$+$\overrightarrow{MB}$|的最小值．

解答 解：（1）聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x-y+1=0}\\{{y}^{2}=2px}\end{array}\right.$，得x²+（2-2p）x+1=0．
由△=（2-2p）²-4=0，解得：p=2．
∴拋物線C₁：y²=4x；
又橢圓C₂：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的一個(gè)焦點(diǎn)與拋物線C₁的焦點(diǎn)F重合，
∴c=1，且$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴$a=\sqrt{2}$，則b²=a²-c²=1．
∴橢圓C₂的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（2）M（a²，0）=（2，0），
如圖：當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，即λ=-1時(shí)，A（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），B（1，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
又M（2，0），∴|$\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}$|=|（-1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）+（-1，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$）|=2；
當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，即λ∈[-2，-1）時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=k（x-1），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-x}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），y₁≠0，y₂≠0，
則x₁+x₂=$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
∴y₁+y₂=k（x₁+x₂）-2k=$\frac{-2k}{1+2{k}^{2}}$  ①，
y₁•y₂=k²（x₁x₂-（x₁+x₂）+1）=$\frac{-{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$  ②．
∵$\overrightarrow{FA}$=λ$\overrightarrow{FB}$，∴$\frac{{y}_{1}}{{y}_{2}}$=λ，且λ＜0．
將①式平方除以②式得：λ+$\frac{1}{λ}$+2=$\frac{-4}{1+2{k}^{2}}$，
由λ∈[-2，-1），得λ+$\frac{1}{λ}$∈[-$\frac{5}{2}$，-2），即λ+$\frac{1}{λ}$+2∈[-$\frac{1}{2}$，0）．
∴-$\frac{1}{2}$≤$\frac{-4}{1+2{k}^{2}}$＜0，解得k²≥$\frac{7}{2}$．
∵$\overrightarrow{MA}$=（x₁-2，y₁），$\overrightarrow{MB}$=（x₂-2，y₂），
∴$\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}$=（x₁+x₂-4，y₁+y₂），
又x₁+x₂-4=$\frac{-4（1+{k}^{2}）}{1+2{k}^{2}}$，
∴$|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}{|}^{2}$=（x₁+x₂-4）²+（y₁+y₂）²
=$\frac{16（1+{k}^{2}）^{2}}{（1+2{k}^{2}）^{2}}$+$\frac{4{k}^{2}}{（1+2{k}^{2}）^{2}}$=$\frac{4（1+2{k}^{2}）^{2}+10（1+2{k}^{2}）+2}{（1+2{k}^{2}）^{2}}$
=4+$\frac{10}{1+2{k}^{2}}+\frac{2}{（1+2{k}^{2}）^{2}}$，
令t=$\frac{1}{1+2{k}^{2}}$，∵k²≥$\frac{7}{2}$，
∴0＜$\frac{1}{1+2{k}^{2}}≤\frac{1}{8}$，即t∈（0，$\frac{1}{8}$]，
∴$|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}{|}^{2}$=2t²+10t+4=2（t+$\frac{5}{2}$）²-$\frac{17}{2}$．
則$|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}{|}^{2}$∈（4，$\frac{169}{32}$]．
∴|$\overrightarrow{MA}$+$\overrightarrow{MB}$|的最小值為2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，考查了橢圓與拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)，考查了換元法、分類討論、向量相等及其向量運(yùn)算和向量的模等基礎(chǔ)知識(shí)與基本技能方法，考查了分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力，考查了推理能力和計(jì)算能力，屬于難題．