Question

14．已知橢圓C₁：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）的焦距為4，左、右焦點(diǎn)分別為F₁、F₂，且C₁與拋物線C₂：y²=x的交點(diǎn)所在的直線經(jīng)過F₂．
（Ⅰ）求橢圓C₁的方程；
（Ⅱ）分別過F₁、F₂作平行直線m、n，若直線m與C₁交于A，B兩點(diǎn)，與拋物線C₂無公共點(diǎn)，直線n與C₁交于C，D兩點(diǎn)，其中點(diǎn)A，D在x軸上方，求四邊形AF₁F₂D的面積的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）依題意可得F₁F₂的坐標(biāo)，由此可得橢圓C₁與拋物線C₂的一個(gè)交點(diǎn)為$P（{2，\sqrt{2}}）$，由橢圓的定義可得a的值，又由a²=b²+c²，解得b的值，將其代入橢圓的方程即可得答案；
（Ⅱ）依題意，分析直線的斜率不為0，可以設(shè)直線l：x=ty-2，聯(lián)立直線與拋物線的方程、直線與橢圓的方程可得關(guān)于t的方程，進(jìn)而設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），由根與系數(shù)的關(guān)系分析可得|AB|的長度以及F₂到直線l距離d，進(jìn)而可以表示四邊形AF₁F₂D的面積，借助換元法分析可得答案．

解答 解：（Ⅰ）依題意得2c=4，則F₁（2，0）F₂（-2，0）；
所以橢圓C₁與拋物線C₂的一個(gè)交點(diǎn)為$P（{2，\sqrt{2}}）$，
于是2a=|PF₁|$+|{P{F_2}}|=4\sqrt{2}$，從而$a=2\sqrt{2}$．
又a²=b²+c²，解得b=2
所以橢圓C₁的方程為$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$．
（Ⅱ）依題意，直線m的斜率不為0，設(shè)直線m：x=ty-2，
由$\left\{\begin{array}{l}x=ty-2\\{y^2}=x\end{array}\right.$，消去x整理得y²-ty+2=0，由△=（-t）²-8＜0得t²＜8．
由$\left\{\begin{array}{l}x=ty-2\\{x^2}+2{y^2}=8\end{array}\right.$，消去x整理得（t²+2）y²-4ty-4=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則${y_1}+{y_2}=\frac{4t}{{{t^2}+2}}$，${y_1}{y_2}=-\frac{4}{{{t^2}+2}}$，
所以$|{AB}|=\sqrt{1+{t^2}}|{{y_1}-{y_2}}|$=$\sqrt{1+{t^2}}\sqrt{{{（{{y_1}+{y_2}}）}^2}-4{y_1}{y_2}}$=$\frac{{4\sqrt{2}（{{t^2}+1}）}}{{{t^2}+2}}$，
m與n間的距離$d=\frac{4}{{\sqrt{{t^2}+1}}}$（即點(diǎn)F₂到m的距離），
由橢圓的對(duì)稱性知，四邊形ABCD為平行四邊形，
故${S_{A{F_1}{F_2}D}}=\frac{1}{2}{S_{ABCD}}$=$\frac{1}{2}•\frac{{4\sqrt{2}（{{t^2}+1}）}}{{{t^2}+2}}•\frac{4}{{\sqrt{{t^2}+1}}}$=$\frac{{8\sqrt{2}\sqrt{{t^2}+1}}}{{{t^2}+2}}$，
令$\sqrt{{t^2}+1}=s∈[{1，3}）$，則${S_{A{F_1}{F_2}D}}=\frac{{8\sqrt{2}\sqrt{{t^2}+1}}}{{{t^2}+2}}$=$\frac{{8\sqrt{2}s}}{{{s^2}+1}}=\frac{{8\sqrt{2}}}{{s+\frac{1}{s}}}$$∈（{\frac{{12\sqrt{2}}}{5}，4\sqrt{2}}]$，
所以四邊形AF₁F₂D的面積的取值范圍為$（{\frac{{12\sqrt{2}}}{5}，4\sqrt{2}}]$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與橢圓的位置關(guān)系，涉及橢圓的幾何性質(zhì)，關(guān)鍵是求出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．