Question

12．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（0＜b＜2），設(shè)點(diǎn)A（2，0），B（0，b）與直線AB斜率相同的直線與橢圓交于M，N兩點(diǎn)，設(shè)MN中點(diǎn)的軌跡為C．
（1）當(dāng)b²=3時，求曲線C的方程；
（2）已知拋物線y²=2px（p＞0）的焦點(diǎn)與橢圓右焦點(diǎn)重合，若拋物線與曲線C有有且只有一個交點(diǎn)，求b²的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求得橢圓方程，可得直線AB的斜率，可設(shè)直線MN的方程為y=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$x+t，代入橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，可得6x²-4$\sqrt{3}$tx+4t²-12=0，令判別式大于0，以及韋達(dá)定理和中點(diǎn)坐標(biāo)公式，可得曲線C的方程；
（2）求得拋物線的焦點(diǎn)，可得p=2c，將直線y=t-$\frac{2}$x代入橢圓方程b²x²+4y²=4b²，運(yùn)用韋達(dá)定理和判別式大于0，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式可得MN的中點(diǎn)的軌跡方程，代入拋物線方程求得交點(diǎn)，由題意可得2p•$\frac{16\sqrt{4-^{2}}}{^{2}}$≥2$\sqrt{2}$p，解不等式即可得到所求范圍．

解答 解：（1）當(dāng)b²=3時，橢圓為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，
由AB的斜率為-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
可設(shè)直線MN的方程為y=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$x+t，
代入橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，可得6x²-4$\sqrt{3}$tx+4t²-12=0，
判別式為48t²-24（4t²-12）＞0，
解得-$\sqrt{6}$＜t＜$\sqrt{6}$，
x₁+x₂=$\frac{2\sqrt{3}t}{3}$，即有MN中點(diǎn)為（$\frac{\sqrt{3}}{3}$t，$\frac{1}{2}$t），
即有曲線C的方程為$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{\sqrt{3}}{3}t}\\{y=\frac{1}{2}t}\end{array}\right.$（-$\sqrt{6}$＜t＜$\sqrt{6}$），
即為y=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x（-$\sqrt{2}$＜x＜$\sqrt{2}$）；
（2）拋物線y²=2px（p＞0）的焦點(diǎn)與橢圓右焦點(diǎn)重合，
可得$\frac{p}{2}$=c即為p=2c，
將直線y=t-$\frac{2}$x代入橢圓方程b²x²+4y²=4b²，
可得2b²x²-4btx+4t²-4b²=0，
由判別式為16b²t²-32（t²-b²）b²＞0，
即為t²＜2b²，
由x₁+x₂=$\frac{2t}$，
可得MN的中點(diǎn)為（$\frac{t}$，$\frac{t}{2}$），
即有曲線C的方程為y=$\frac{2}$x（-$\sqrt{2}$＜x＜$\sqrt{2}$）．
代入拋物線的方程可得$\frac{^{2}}{4}$x²=2px，
解得x=0或x=$\frac{8p}{^{2}}$=$\frac{16c}{^{2}}$=$\frac{16\sqrt{4-^{2}}}{^{2}}$，
由于拋物線與曲線C有有且只有一個交點(diǎn)，
則2p•$\frac{16\sqrt{4-^{2}}}{^{2}}$≥2$\sqrt{2}$p，
即有b⁴+128b²-512≤0，
解得0＜b²≤48$\sqrt{2}$-64．

點(diǎn)評 本題考查曲線方程的求法，注意聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和中點(diǎn)坐標(biāo)公式，考查直線和拋物線的位置關(guān)系，考查化簡整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．