Question

5．已知橢圓E：$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{x}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的上、下焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，點(diǎn)D在橢圓上，DF₂⊥F₁F₂，△F₁F₂D的面積為2$\sqrt{2}$，離心率e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，拋物線C：x²=2py（p＞0）的準(zhǔn)線l經(jīng)過(guò)D點(diǎn)．
（Ⅰ）求橢圓E與拋物線C的方程；
（Ⅱ）過(guò)直線l上的動(dòng)點(diǎn)P作拋物線的兩條切線，切點(diǎn)為A，B，直線AB交橢圓于M，N兩點(diǎn)，當(dāng)坐標(biāo)原點(diǎn)O落在以MN為直徑的圓外時(shí)，求點(diǎn)P的橫坐標(biāo)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求得焦點(diǎn)的坐標(biāo)，及|DF₂|=$\frac{^{2}}{a}$，運(yùn)用三角形的面積公式和離心率公式，可得a，b，進(jìn)而得到橢圓的方程；求得拋物線的準(zhǔn)線方程，可得拋物線的方程；
（Ⅱ）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（x₃，y₃），N（x₄，y₄），求得函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求出切線PA，PB的方程，進(jìn)而得到直線AB的方程，代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，再由向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示和點(diǎn)在圓外，可得數(shù)量積大于0，解不等式即可得到所求范圍．

解答 解：（Ⅰ）由題意可得F₁（0，c），F(xiàn)₂（0，-c），
c²=a²-b²，DF₂⊥F₁F₂，令x=c，可得y=±$\frac{^{2}}{a}$，
可得|DF₂|=$\frac{^{2}}{a}$，
△F₁F₂D的面積為S=$\frac{1}{2}$|F₁F₂|•|DF₂|=$\frac{1}{2}$•2c•$\frac{^{2}}{a}$=2$\sqrt{2}$，①
將e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$代入①解得b=2，
由e=$\frac{c}{a}$，可得e²=1-$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$=$\frac{1}{2}$，可得a=2$\sqrt{2}$，c=2，
即有橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1；
由D的縱坐標(biāo)為-2，拋物線的準(zhǔn)線方程為y=-2，
即有拋物線C的方程為x²=8y；
（Ⅱ）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（x₃，y₃），N（x₄，y₄），
由y=$\frac{1}{8}$x²，可得y′=$\frac{1}{4}$x，
PA：y-y₁=$\frac{1}{4}$x₁（x-x₁），將P（t，-2）代入可得-2-y₁=$\frac{1}{4}$x₁（t-x₁），
以及y₁=$\frac{1}{8}$x₁²，可得y₁=$\frac{1}{4}$tx₁+2，
同理可得y₂=$\frac{1}{4}$tx₂+2，
即有直線AB的方程為y=$\frac{1}{4}$tx+2，
將直線AB的方程代入橢圓方程，可得（32+t²）x²+16tx-64=0，
判別式為△=256t²+256（32+t²）＞0，
x₃+x₄=-$\frac{16t}{{t}^{2}+32}$，x₃x₄=$\frac{-64}{32+{t}^{2}}$，
即有$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{ON}$=x₃x₄+y₃y₄=（1+$\frac{{t}^{2}}{16}$）x₃x₄+$\frac{t}{2}$（x₃+x₄）+4
=$\frac{64-8{t}^{2}}{32+{t}^{2}}$=$\frac{320}{32+{t}^{2}}$-8，
由點(diǎn)O在圓外，可得$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{ON}$＞0，
即為$\frac{320}{32+{t}^{2}}$-8＞0，解得-2$\sqrt{2}$＜t＜2$\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓和拋物線的方程的求法，注意運(yùn)用離心率公式和準(zhǔn)線方程的運(yùn)用，考查直線和拋物線相切的條件，直線和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理，同時(shí)考查向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示和點(diǎn)圓的位置關(guān)系，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．