Question

2．已知拋物線C：y²=2px（p＞0）的焦點F與橢圓$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1的右焦點重合，拋物線C的準線l與x軸的交點為M，過點M且斜率為k的直線l₁交拋物線C于A，B兩點，線段AB的中點為P，直線PF與拋物線C交于D，E兩點
（Ⅰ）求拋物線C的方程；
（Ⅱ）若λ=$\frac{|MA|•|MB|}{|FD|•|FE|}$，寫出λ關于k的函數(shù)解析式，并求實數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可得-$\frac{1}{2}p$=-1可求p，進而可求拋物線方程．
（Ⅱ）設l₁方程為y=k（x+1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），D（x₃，y₃），E（x₄，y₄），由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+1）}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$，整理可得關于y的方程，結合△=16-16k²＞0，可求k的范圍，然后結合方程的根與系數(shù)關系可求y₁+y₂，y₁y₂，代入可求x₁+x₂，x₁x₂及P，從而可求|MA||MB|及直線PF的方程，由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{k}{1-{k}^{2}}（x-1）}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$得關于y的方程，同理可求y₃+y₄，y₃y₄，代入直線方程得x₃+x₄，x₃x₄，可求|FD||FE|，由題設建立等式，則可以由k表示λ，結合函數(shù)的單調(diào)性可求λ的范圍．

解答 解：（Ⅰ）∵拋物線C：y²=2px（p＞0）的焦點F與橢圓$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1的右焦點重合，
∴$\frac{p}{2}$=1，解得p=2，
∴拋物線方程為y²=4x．   …（4分）
（Ⅱ）設l₁方程為y=k（x+1），A（x₁，y₁），
B（x₂，y₂），D（x₃，y₃），E（x₄，y₄），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+1）}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$，得ky²-4y+4k=0，
∵△=16-16k²＞0，∴k∈（-1，0）∪（0，1），
y₁+y₂=$\frac{4}{k}$，y₁y₂=4，
代入方程得：${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{4}{{k}^{2}}$-2，x₁x₂=1，
P（$\frac{2}{{k}^{2}}$-1，$\frac{2}{k}$），…（6分）
∴|MA|•|MB|=$\overrightarrow{MA}•\overrightarrow{MB}$
=x₁x₂+x₁+x₂+1+y₁y₂=4（1+$\frac{1}{{k}^{2}}$），…（8分）
且直線PF的方程為y=$\frac{k}{1-{k}^{2}}$（x-1），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{k}{1-{k}^{2}}（x-1）}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$，得ky²-4（1-k²）y-4k=0，
則${y}_{3}+{y}_{4}=\frac{4（1-{k}^{2}）}{k}$，y₃y₄=-4，
代入直線方程得${x}_{3}+{x}_{4}=\frac{4（1-{k}^{2}）^{2}}{{k}^{2}}+2$，x₃x₄=1，
∴|FD|•|FE|=（x₃+1）（x₄+1）=$\frac{4（1-{k}^{2}）^{2}}{{k}^{2}}+4$，…（10分）
則$λ=\frac{1+{k}^{2}}{{k}^{4}-{k}^{2}+1}$，…（12分）
令t=k²+1，則t∈（1，2），$λ=\frac{t}{（t-1）^{2}-t+2}$=$\frac{t}{{t}^{2}-3t+3}$，
而$\frac{t}{{t}^{2}-3t+3}$=$\frac{1}{t+\frac{3}{t}-3}$在（1，$\sqrt{3}$）單調(diào)遞增，在（$\sqrt{3}，2$）單調(diào)遞減，
∴實數(shù)λ的取值范圍是（ 1，$\frac{2\sqrt{3}+3}{3}$]．…（14分）

點評 本題主要考查 了利用拋物線的性質求解拋物線的方程及直線與拋物線相交關系的應用，方程的根與系數(shù)關系的應用是求解問題的關鍵