Question

7．已知圓C₁：x²+y²=r²（r＞0）與拋物線C₂：x²=2py（p＞0），點(diǎn)（$\sqrt{2}$，-2）是圓C₁與拋物線C₂準(zhǔn)線l的一個(gè)交點(diǎn)．
（1）求圓C₁與拋物線C₂的方程；
（2）若點(diǎn)M是直線l上的動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)M作拋物線C₂的兩條切線，切點(diǎn)分別為A、B，直線AB與圓C₁交于點(diǎn)E、F，求$\overrightarrow{OE}$•$\overrightarrow{OF}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用直線和圓的位置關(guān)系、拋物線的幾何性質(zhì)，求得圓及拋物線的方程．
（2）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求得MA、MB的方程，可得AB的方程，把AB的方程代入圓的方程，利用韋達(dá)定理以及兩個(gè)向量的數(shù)量積的運(yùn)算法則，求得$\overrightarrow{OE}$•$\overrightarrow{OF}$的解析式，可得$\overrightarrow{OE}$•$\overrightarrow{OF}$的范圍．

解答 解：（1）∵圓C₁：x²+y²=r²（r＞0），拋物線C₂：x²=2py（p＞0）的準(zhǔn)線為y=-$\frac{p}{2}$，
點(diǎn)（$\sqrt{2}$，-2）是圓C₁與拋物線C₂準(zhǔn)線l的一個(gè)交點(diǎn)，
∴-$\frac{p}{2}$=-2，∴p=4，拋物線C₂：x²=2py，即x²=8y．
再根據(jù)r=$\sqrt{{（\sqrt{2}）}^{2}{+（-2）}^{2}}$=$\sqrt{6}$，可得圓C₁：x²+y²=6．
（2）若點(diǎn)M是直線l上的動(dòng)點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)M（t，-2），A （x₁，y₁）、B（x₂，y₂），E（x₃，y₃）、F（x₄，y₄），
拋物線C₂：x²=8y（p＞0），即y=$\frac{{x}^{2}}{8}$，y′=$\frac{x}{4}$，故AM的方程為y-y₁=$\frac{{x}_{1}}{4}$（x-x₁），
把（t，-2）代入，可得y₁=$\frac{t}{4}$x₁+2．
同理可得，BM的方程為y₂=$\frac{t}{4}$x₂+2，∴直線AB的方程為y=$\frac{t}{4}$x+2．
把AB的方程代入圓圓C₁：x²+y²=6，可得（1+$\frac{{t}^{2}}{16}$）x²+tx-2=0，
由題意可得△＞0，x₃+x₄=-$\frac{16t}{16{+t}^{2}}$，x₃•x₄=-$\frac{32}{16{+t}^{2}}$，
∴$\overrightarrow{OE}$•$\overrightarrow{OF}$=x₃•x₄+y₃•y₄=（1+$\frac{{t}^{2}}{16}$）x₃•x₄+$\frac{t}{2}$（x₃+x₄ ）+4
=（1+$\frac{{t}^{2}}{16}$）•（-$\frac{32}{16{+t}^{2}}$）+$\frac{t}{2}$•（-$\frac{16t}{16{+t}^{2}}$ ）+4=$\frac{128}{16{+t}^{2}}$-6，
∵0＜$\frac{128}{16{+t}^{2}}$≤8，∴$\overrightarrow{OE}$•$\overrightarrow{OF}$的范圍為（-6，2]．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查直線和圓的位置關(guān)系、拋物線的幾何性質(zhì)，導(dǎo)數(shù)的幾何意義，兩個(gè)向量的數(shù)量積的運(yùn)算，韋達(dá)定理，屬于中檔題．