Question

20．已知橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的一個焦點與拋物線C₂：y²=2px（p＞0）的焦點F重合，且點F到直線x-y+1=0的距離為$\sqrt{2}$，C₁與C₂的公共弦長為2$\sqrt{6}$．
（1）求橢圓C₁的方程及點F的坐標(biāo)；
（2）過點F的直線l與C₁交于A，B兩點，與C₂交于C，D兩點，求$\frac{1}{|\overrightarrow{AB}|}$+$\frac{1}{|\overrightarrow{CD}|}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求得拋物線的焦點，可得c=$\frac{p}{2}$，再由點到直線的距離公式可得c=1，可得焦點F，求得拋物線的方程，設(shè)出
設(shè)C₁與C₂的公共弦端點為（m，n），（m，-n），（m，n＞0），由弦長求得交點坐標(biāo)，代入橢圓方程，解得a，b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）設(shè)過F（1，0）的直線為x=my+1，代入拋物線的方程y²=4x，橢圓方程，運用韋達(dá)定理和弦長公式，可得|CD|，|AB|，求得$\frac{1}{|\overrightarrow{AB}|}$+$\frac{1}{|\overrightarrow{CD}|}$，化簡整理，即可得到所求范圍．

解答 解：（1）拋物線C₂：y²=2px（p＞0）的焦點F（$\frac{p}{2}$，0），
即有c=$\frac{p}{2}$，
點F到直線x-y+1=0的距離為$\sqrt{2}$，可得d=$\frac{|c+1|}{\sqrt{2}}$=$\sqrt{2}$，
即有c=1，p=2，即F（1，0）；
即有y²=4x，
設(shè)C₁與C₂的公共弦端點為（m，n），（m，-n），（m，n＞0），
則2n=2$\sqrt{6}$，可得n=$\sqrt{6}$，m=$\frac{3}{2}$，
將（$\frac{3}{2}$，$\sqrt{6}$）代入橢圓方程可得，$\frac{9}{4{a}^{2}}$+$\frac{6}{^{2}}$=1，
又a²-b²=1，解得a=3，b=2$\sqrt{2}$，
即有橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{8}$=1；
（2）設(shè)過F（1，0）的直線為x=my+1，
代入拋物線的方程y²=4x，可得y²-4my-4=0，
由弦長公式可得|CD|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{16{m}^{2}+16}$=4（1+m²），
由x=my+1代入橢圓方程8x²+9y²=72，可得
（8m²+9）y²+16my-64=0，
由弦長公式可得|AB|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{（\frac{-16m}{9+8{m}^{2}}）^{2}+\frac{256}{8{m}^{2}+9}}$
=$\frac{48（1+{m}^{2}）}{8{m}^{2}+9}$，
可得$\frac{1}{|\overrightarrow{AB}|}$+$\frac{1}{|\overrightarrow{CD}|}$=$\frac{1}{4（1+{m}^{2}）}$+$\frac{8{m}^{2}+9}{48（1+{m}^{2}）}$=$\frac{1}{6}$+$\frac{13}{48（1+{m}^{2}）}$，
由1+m²≥1，可得0＜$\frac{13}{48（1+{m}^{2}）}$≤$\frac{13}{48}$，
即有$\frac{1}{|\overrightarrow{AB}|}$+$\frac{1}{|\overrightarrow{CD}|}$的取值范圍為（$\frac{1}{6}$，$\frac{7}{16}$]．

點評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運用拋物線的焦點和點滿足橢圓方程，同時考查直線和拋物線方程、橢圓方程聯(lián)立，運用弦長公式和不等式的性質(zhì)，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．