Question

6．已知橢圓C₁：$\frac{x^2}{6}$+$\frac{y^2}{3}$=1的焦點(diǎn)與拋物線C₂：x²=2py（p＞0）的焦點(diǎn)之間的距離為2．
（1）求拋物線C₂的方程；
（2）設(shè)C₁與C₂在第一象限的交點(diǎn)為A，過點(diǎn)A斜率為k（k＞0）的直線l₁與C₁的另一個(gè)交點(diǎn)為B，過點(diǎn)A與l₁垂直的直線l₂與C₂的另一個(gè)交點(diǎn)為C．設(shè)m=$\frac{{|{\overrightarrow{AB}}|}}{{\overrightarrow{|{AC}|}}}$，試求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由橢圓方程求出橢圓的焦點(diǎn)坐標(biāo)，由兩點(diǎn)間的距離公式列式求得p，進(jìn)而得到拋物線方程；
（2）設(shè)出直線AB的方程，聯(lián)立橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長(zhǎng)公式，求得|AB|，再設(shè)直線AC的方程，聯(lián)立拋物線方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長(zhǎng)公式，可得|AC|，再求m的范圍．

解答 解：（1）由橢圓C₁：$\frac{x^2}{6}$+$\frac{y^2}{3}$=1，得a²=6，b²=3，∴c=$\sqrt{3}$，
∴橢圓C₁的一個(gè)焦點(diǎn)坐標(biāo)F（$\sqrt{3}，0$），
拋物線C₂：x²=2py（p＞0）的焦點(diǎn)F′（0，$\frac{p}{2}$），
由題意可得|FF′|=$\sqrt{（\sqrt{3}-0）^{2}+（0-\frac{p}{2}）^{2}}=2$，得p²=4，∴p=2．
則拋物線C₂的方程為：x²=4y；
（2）聯(lián)立橢圓方程和拋物線方程，解得A（2，1），
由題意得直線AB的方程為y-1=k（x-2），聯(lián)立橢圓方程消去y，
得（2k²+1）x²+4k（1-2k）x+2（1-2k）²-6=0，
則x_Ax_B=$\frac{2（1-2k）^{2}-6}{1+2{k}^{2}}$，x_A+x_B=-$\frac{4k（1-2k）}{1+2{k}^{2}}$，
∵x_A=2，∴x_B=$\frac{2（2{k}^{2}-2k-1）}{1+2{k}^{2}}$，
即有|AB|²=（1+k²）|x_A-x_B|=（1+k²）•$\frac{4k+4}{1+2{k}^{2}}$，
直線AC的方程為y-1=-$\frac{1}{k}$（x-2），聯(lián)立拋物線方程，消去y，得x²+$\frac{4}{k}$x-4-$\frac{8}{k}$=0，
∴x_Ax_C=-4-$\frac{8}{k}$，x_A+x_C=-$\frac{4}{k}$，
∵x_A=2，∴x_C=-$\frac{2（k+2）}{k}$，
即有|AC|²=（1+$\frac{1}{{k}^{2}}$）|x_A-x_C|=（1+$\frac{1}{{k}^{2}}$）•$\frac{4k+4}{k}$，
則有m²=$\frac{|AB{|}^{2}}{|AC{|}^{2}}$=$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{4}{2+\frac{1}{{k}^{2}}}$＜2，
即有0＜m＜$\sqrt{2}$．
則m的取值范圍是（0，$\sqrt{2}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，主要考查橢圓的離心率公式和焦點(diǎn)坐標(biāo)，同時(shí)考查直線方程和橢圓方程，拋物線方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理，以及弦長(zhǎng)公式，注意化簡(jiǎn)整理，屬于中檔題．