Question

12．已知橢圓${C_1}：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的左右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，且F₂為拋物線${C_2}：{y^2}=2px$的焦點(diǎn)，C₂的準(zhǔn)線l被C₁和圓x²+y²=a²截得的弦長(zhǎng)分別為$2\sqrt{2}$和4．
（1）求C₁和C₂的方程；
（2）直線l₁過(guò)F₁且與C₂不相交，直線l₂過(guò)F₂且與l₁平行，若l₁交C₁于A，B，l₂交C₁交于C，D，且在x軸上方，求四邊形AF₁F₂C的面積的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由橢圓及拋物線的性質(zhì)，列方程組求得a，b和c的值，即可求得C₁和C₂的方程；
（2）設(shè)直線方程，代入拋物線和橢圓方程，求得丨AB丨，則AB與CD間的距離為$\frac{4}{{\sqrt{{t^2}+1}}}$，利用橢圓的對(duì)稱性及函數(shù)單調(diào)性即可求得四邊形AF₁F₂C的面積的取值范圍．

解答 解：（1）由題意可知：拋物線的準(zhǔn)線方程x=-$\frac{p}{2}$，c=$\frac{p}{2}$，
C₂的準(zhǔn)線l被C₁和圓x²+y²=a²截得的弦長(zhǎng)分別為$2\sqrt{2}$和4，
$\left\{\begin{array}{l}\frac{{2{b^2}}}{a}=2\sqrt{2}\\ 2b=4\end{array}\right.$，得$a=2\sqrt{2}，b=c=2，p=4$，
∴C₁和C₂的方程分別為$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1，{y^2}=8x$．
（2）由題意，AB的斜率不為0，設(shè)AB：x=ty-2，
由$\left\{\begin{array}{l}x=ty-2\\{y^2}=8x\end{array}\right.$，得y²-8ty+16=0，△=64t²-64≤0，得t²≤1，
由$\left\{\begin{array}{l}x=ty-2\\{x^2}+2{y^2}-8=0\end{array}\right.$，得（t²+1）y²-4ty-4=0，
$|{AB}|=2a+e（{x_1}+{x_2}）=\frac{{\sqrt{2}}}{2}t（{y_1}+{y_2}）+2\sqrt{2}=\frac{{4\sqrt{2}（{t^2}+1）}}{{{t^2}+2}}$，AB與CD間的距離為$\frac{4}{{\sqrt{{t^2}+1}}}$，
由橢圓的對(duì)稱性，ABDC為平行四邊形，${S_{△{F_1}{F_2}C}}=\frac{1}{2}{S_{ABDC}}=\frac{1}{2}•\frac{{4\sqrt{2}（{t^2}+1）}}{{{t^2}+2}}•\frac{4}{{\sqrt{{t^2}+1}}}=\frac{{8\sqrt{2}\sqrt{{t^2}+1}}}{{{t^2}+2}}$，
設(shè)$\sqrt{{t^2}+1}=m，m∈[{1，\sqrt{2}}]$，
${S_{A{F_1}{F_2}C}}=\frac{{8\sqrt{2}}}{{m+\frac{1}{m}}}∈[\frac{16}{3}，4\sqrt{2}]$．
即為四邊形AF₁F₂C的面積的取值范圍．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓及拋物線的方程及簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，弦長(zhǎng)公式，三角形的面積公式，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．