Question

9．在直角坐標(biāo)系中，橢圓C₁：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的左、右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，其中F₂也是拋物線C₂：y²=4x的焦點(diǎn)，點(diǎn)P為C₁與C₂在第一象限的交點(diǎn)，且$|P{F_2}|=\frac{5}{3}$．
（Ⅰ）求橢圓的方程；
（Ⅱ）過F₂且與坐標(biāo)軸不垂直的直線交橢圓于M、N兩點(diǎn)，若線段OF₂上存在定點(diǎn)T（t，0）使得以TM、TN為鄰邊的四邊形是菱形，求t的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓的右焦點(diǎn)是拋物線C₂：y²=4x的焦點(diǎn)，點(diǎn)P為C₁與C₂在第一象限的交點(diǎn)，且$|P{F_2}|=\frac{5}{3}$，列出方程組，求出a，b，由此能求出橢圓方程．
（Ⅱ）設(shè)MN中點(diǎn)為D（x₀，y₀），由題意知TD⊥MN，設(shè)直線MN的方程為x=my+1，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}x=my+1\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$，得（3m²+4）y²+6my-9=0，由根的判斷式、韋達(dá)定理、直線垂直，結(jié)合已知條件，能求出t的取值．

解答 解：（Ⅰ）拋物線y²=4x的焦點(diǎn)為（1，0），$|P{F_2}|={x_p}+1=\frac{5}{3}$，∴${x_p}=\frac{2}{3}$，
∴${y_p}=\frac{2}{3}\sqrt{6}$，∴$P（\frac{2}{3}，\frac{2}{3}\sqrt{6}）$，
又F₂（1，0），∴F₁（-1，0），
∴$|P{F_1}|+|P{F_2}|=\frac{7}{3}+\frac{5}{3}=4$，∴a=2，
又∵c=1，∴b²=a²-c²=3，
∴橢圓方程是：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．
（Ⅱ）設(shè)MN中點(diǎn)為D（x₀，y₀），∵以TM、TN為鄰邊的四邊形是菱形，
∴TD⊥MN，
設(shè)直線MN的方程為x=my+1，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}x=my+1\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$，整理得（3m²+4）y²+6my-9=0，
∵F₂在橢圓內(nèi)，∴△＞0恒成立，
∴${y_1}+{y_2}=\frac{-6m}{{3{m^2}+4}}$，
∴${y_0}=\frac{-3m}{{3{m^2}+4}}$，∴${x_0}=m{y_0}+1=\frac{4}{{3{m^2}+4}}$，
∴k_TD•k_MN=-1，即$\frac{{\frac{-3m}{{3{m^2}+4}}}}{{\frac{4}{{3{m^2}+4}}-t}}=-m$，
整理得$t=\frac{1}{{3{m^2}+4}}$，
∵m²＞0，∴3m²+4∈（4，+∞），∴$t∈（0，\frac{1}{4}）$，
∴t的取值范圍是$（0，\frac{1}{4}）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，考查實(shí)數(shù)的取值范圍的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意橢圓性質(zhì)、直線與橢圓位置關(guān)系、韋達(dá)定理的合理運(yùn)用．