Question

已知拋物線y²=4x的焦點為F₂，點F₁與F₂關于坐標原點對稱，以F₁，F(xiàn)₂為焦點的橢圓C過點(1，

2

2

)．
（Ⅰ）求橢圓C的標準方程；
（Ⅱ）設點T（2，0），過點F₂作直線l與橢圓C交于A，B兩點，且

F2A

=λ

F2B

，若λ∈[-2，-1]，求|

TA

+

TB

|的取值范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）設橢圓的半焦距為c，由y²=4x求得c=1．設橢圓C的標準方程為

x2

a2

+

y2

b2

=1(a＞b＞0)，由于橢圓C過點(1，

2

2

)．代入橢圓方程可得

1

a2

+

1 2

b2

=1，又a²=b²+c²，聯(lián)立解得即可；
（II）對直線l的斜率分類討論：當直線l的斜率不存在時，即λ=-1時，直接求出．當直線l的斜率存在時，即λ∈[-2，-1）時，設直線l的方程為y=k（x-1），與橢圓的方程聯(lián)立可得根與系數的關系，再利用向量相等

F2A

=λ

F2B

，可得

y1

y2

=λ，且λ＜0．進而得到：λ+

1

λ

+2=

-4

1+2k2

．由λ∈[-2，-1）可得到k²的取值范圍．由于

TA

=（x₁-2，y₁），

TB

=（x₂-2，y₂），可得|

TA

+

TB

|2=4+

10

1+2k2

+

2

(1+2k2)2

，通過換元，令t=

1

1+2k2

，即可得出．

解答：解：（Ⅰ）設橢圓的半焦距為c，由y²=4x得c=

4

4

=1，
設橢圓C的標準方程為

x2

a2

+

y2

b2

=1(a＞b＞0)，
∵橢圓C過點(1，

2

2

)．
∴

1

a2

+

1 2

b2

=1，
又a²=b²+1，
聯(lián)立解得b²=1，a²=2．
故橢圓C的標準方程為

x2

2

+y2=1．
（Ⅱ）
1）當直線l的斜率不存在時，即λ=-1時，A(1，

2

2

)，B(1，-

2

2

)，
又T（2，0），∴|

TA

+

TB

|=|(-1，

2

2

)+(-1，-

2

2

)|=2．
2）當直線l的斜率存在時，即λ∈[-2，-1）時，設直線l的方程為y=k（x-1），
由

y=kx-k x2 2 +y2=1

得（1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0，
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），顯然y₁≠0，y₂≠0，則由根與系數的關系，
可得：x1+x2=

4k2

1+2k2

，x1•x2=

2k2-2

1+2k2

，
∴y1+y2=k(x1+x2)-2k=

-2k

1+2k2

，①y1•y2=k2(x1x2-(x1+x2)+1)=

-k2

1+2k2

②
∵

F2A

=λ

F2B

，∴

y1

y2

=λ，且λ＜0．
將①式平方除以②式得：λ+

1

λ

+2=

-4

1+2k2

，
由λ∈[-2，-1）得λ+

1

λ

∈[-

5

2

，-2)即λ+

1

λ

+2∈[-

1

2

，0)．
故-

1

2

≤

-4

1+2k2

＜0，解得k2≥

7

2

．
∵

TA

=（x₁-2，y₁），

TB

=（x₂-2，y₂），
∴

TA

+

TB

=（x₁+x₂-4，y₁+y₂），
又x1+x2-4=

-4(1+k2)

1+2k2

，
故|

TA

+

TB

|2=(x1+x2-4)2+(y1+y2)2=

16(1+k2)2

(1+2k2)2

+

4k2

(1+2k2)2

=

4(1+2k2)2+10(1+2k2)+2

(1+2k2)2

=4+

10

1+2k2

+

2

(1+2k2)2

，
令t=

1

1+2k2

，∵k2≥

7

2

，∴0＜

1

1+2k2

≤

1

8

，即t∈(0，

1

8

]，
∴|

TA

+

TB

|2=2t2+10t+4=2(t+

5

2

)2-

17

2

∈(4，

169

32

]．
∴|

TA

+

TB

|∈(2，

13 2

8

]．
綜上所述：|

TA

+

TB

|∈[2，

13 2

8

]．

點評：本題綜合考查了橢圓與拋物線的標準方程及其性質、直線與橢圓相交問題轉化為方程聯(lián)立得到根與系數、換元法、分類討論、向量相等及其向量運算和向量的模等基礎知識與基本技能方法，考查了分析問題和解決問題的能力，考查了推理能力和計算能力，屬于難題．