Question

1．如圖，已知拋物線C：x²=2py（p＞0），圓Q：x²+（y-3）²=8，過拋物線C的焦點(diǎn)F且與x軸平行的直線與C交于P₁，P₂兩點(diǎn)，且|P₁P₂|=4．
（1）證明：拋物線C與圓Q相切；
（2）直線l過F且與拋物線C和圓Q依次交于M，A，B，N，且直線l的斜率k∈（0，1），求$\frac{|AB|}{|MN|}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出拋物線的焦點(diǎn)，可得P₁P₂|=2p=4，可得拋物線的方程，聯(lián)立拋物線的方程和圓的方程，消去x，由判別式為0，即可得證；
（2）求出F的坐標(biāo)和直線l的方程，求出圓心到直線的距離，運(yùn)用弦長公式可得|AB|，再聯(lián)立直線和拋物線的方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和拋物線的定義，可得|MN|，求出$\frac{|AB|}{|MN|}$關(guān)于t的關(guān)系式，運(yùn)用換元法和導(dǎo)數(shù)，結(jié)合單調(diào)性，即可得到所求范圍．

解答 解：（1）證明：拋物線C：x²=2py（p＞0）的焦點(diǎn)F（0，$\frac{p}{2}$），
令y=$\frac{p}{2}$，可得|P₁P₂|=2p=4，解得p=2，
即有拋物線C的方程為x²=4y，
聯(lián)立x²=4y和x²+（y-3）²=8，
消去x，可得y²-2y+1=0，
由判別式為4-4=0，可得拋物線C與圓Q相切；
（2）由（1）可得F（0，1），直線l的方程為y=kx+1，k∈（0，1），
圓心Q（0，3）到直線l的距離為d=$\frac{2}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
可得|AB|=2$\sqrt{8-jqeslra^{2}}$=4$\sqrt{2-\frac{1}{1+{k}^{2}}}$；
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
由x²=4y和y=kx+1，可得y²-（4k²+2）y+1=0，
則y₁+y₂=2+4k²，
|MN|=y₁+y₂+2=4（4k²+1），
則$\frac{|AB|}{|MN|}$=$\frac{\sqrt{2-\frac{1}{1+{k}^{2}}}}{1+{k}^{2}}$，0＜k＜1，
設(shè)t=$\frac{1}{1+{k}^{2}}$∈（$\frac{1}{2}$，1），
則$\frac{|AB|}{|MN|}$=t$\sqrt{2-t}$=$\sqrt{2{t}^{2}-{t}^{3}}$，
設(shè)f（t）=2t²-t³（$\frac{1}{2}$＜t＜1），
f′（t）=4t-3t²，
由$\frac{1}{2}$＜t＜1，可得f′（t）＞0，
即有f（t）在（$\frac{1}{2}$，1）遞增，
則f（t）∈（f（$\frac{1}{2}$），f（1）），
即為$\frac{3}{8}$＜f（t）＜1，
可得$\frac{|AB|}{|MN|}$的取值范圍為（$\frac{\sqrt{6}}{4}$，1）．

點(diǎn)評 本題考查拋物線與圓的位置關(guān)系，注意運(yùn)用聯(lián)立方程，以及判別式為0，考查直線和拋物線的位置關(guān)系，注意運(yùn)用聯(lián)立方程組，運(yùn)用韋達(dá)定理和拋物線的定義，以及直線和圓的位置關(guān)系，注意運(yùn)用弦長公式，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．