Question

7．已知拋物線(xiàn)C₁：y²=2px（p＞0）的焦點(diǎn)為F，拋物線(xiàn)上存在一點(diǎn)G到焦點(diǎn)的距離為3，且點(diǎn)G在圓C：x²+y²=9上．
（Ⅰ）求拋物線(xiàn)C₁的方程；
（Ⅱ）已知橢圓C₂：$\frac{x^2}{m^2}+\frac{y^2}{n^2}$=1（m＞n＞0）的一個(gè)焦點(diǎn)與拋物線(xiàn)C₁的焦點(diǎn)重合，若橢圓C₂上存在關(guān)于直線(xiàn)l：y=$\frac{1}{4}x+\frac{1}{3}$對(duì)稱(chēng)的兩個(gè)不同的點(diǎn)，求橢圓C₂的離心率e的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)點(diǎn)G的坐標(biāo)為（x₀，y₀），利用已知條件列出x₀，y₀，p的方程組，然后求解拋物線(xiàn)方程．
（Ⅱ）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）是橢圓C₂上關(guān)于直線(xiàn)l：$y=\frac{1}{4}x+\frac{1}{3}$對(duì)稱(chēng)的兩點(diǎn)，設(shè)出MN：y=-4x+λ
聯(lián)立直線(xiàn)與橢圓方程，利用△＞0，得到不等關(guān)系式，結(jié)合韋達(dá)定理求出中點(diǎn)坐標(biāo)，糾錯(cuò)m的范圍，然后求解離心率的范圍．

解答 （本小題滿(mǎn)分13分）
解：（Ⅰ）設(shè)點(diǎn)G的坐標(biāo)為（x₀，y₀），由題意可知$\left\{{\begin{array}{l}{{x_0}+\frac{p}{2}=3}\\{{x_0}^2+{y_0}^2=9}\\{{y_0}^2=2p{x_0}}\end{array}}\right.$…（2分）
解得：${x_0}=1，{y_0}=±2\sqrt{2}，p=4$，
所以?huà)佄锞�(xiàn)C₁的方程為：y²=8x…（4分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）得拋物線(xiàn)C₁的焦點(diǎn)F（2，0）∵橢圓C₂的一個(gè)焦點(diǎn)與拋物線(xiàn)C₁的焦點(diǎn)重合∴橢圓C₂半焦距c=2，m²-n²=c²=4…①…（5分）
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）是橢圓C₂上關(guān)于直線(xiàn)l：$y=\frac{1}{4}x+\frac{1}{3}$對(duì)稱(chēng)的兩點(diǎn)，MN：y=-4x+λ
由$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{x^2}{m^2}+\frac{y^2}{n^2}=1}\\{y=-4x+λ}\end{array}}\right.$⇒（16m²+n²）x²-8m²λx+m²λ²-m²n²=0…（*）
則△=64m⁴λ²-4（16m²+n²）（m²λ²-m²n²）＞0，
得：16m²+n²-λ²＞0…②…（7分）
對(duì)于（*），由韋達(dá)定理得：${x_1}+{x_2}=\frac{{8{m^2}λ}}{{16{m^2}+{n^2}}}$∴${y_1}+{y_2}=-4（{x_1}+{x_2}）+2λ=\frac{{2λ{(lán)n^2}}}{{16{m^2}+{n^2}}}$MN中點(diǎn)Q的坐標(biāo)為$（\frac{{4λ{(lán)m^2}}}{{16{m^2}+{n^2}}}，\frac{{λ{(lán)n^2}}}{{16{m^2}+{n^2}}}）$
將其代入直線(xiàn)l：$y=\frac{1}{4}x+\frac{1}{3}$得：$\frac{{λ{(lán)n^2}}}{{16{m^2}+{n^2}}}=\frac{1}{4}×\frac{{4λ{(lán)m^2}}}{{16{m^2}+{n^2}}}+\frac{1}{3}$…③…（9分）
由①②③消去λ，可得：$2＜m＜\frac{{2\sqrt{629}}}{17}$，
∵橢圓C₂的離心率$e=\frac{c}{m}=\frac{2}{m}$，∴$\frac{{\sqrt{629}}}{37}＜e＜1$…（13分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線(xiàn)與圓錐曲線(xiàn)方程的綜合應(yīng)用，橢圓的離心率的范圍的求法，考查分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力．