Question

4．已知拋物線C₁：y²=2px（p＞0）的焦點(diǎn)為F，拋物線上存在一點(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C₁的焦點(diǎn)重合，且離心率為$\frac{1}{2}$．直線l：y=kx-4交橢圓C₂于A、B兩個(gè)不同的點(diǎn)，若原點(diǎn)O在以線段AB為直徑的圓的外部，求k的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)點(diǎn)G的坐標(biāo)為（x₀，y₀），列出關(guān)于x₀，y₀，p的方程組，即可求解拋物線方程．
（Ⅱ）利用已知條件推出m、n的關(guān)系，設(shè)（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），聯(lián)立直線與橢圓方程，利用韋達(dá)定理以及判別式大于0，求出K的范圍，通過(guò)原點(diǎn)O在以線段AB為直徑的圓的外部，推出$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$＞0，然后求解k的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)M點(diǎn)的坐標(biāo)為（x₀，y₀），由拋物線的焦半徑公式可得：x₀+$\frac{p}{2}$=3，
x₀²+y₀²=9，y₀²=2px₀，解得x₀=1，y₀=±2$\sqrt{2}$，p=4，
所以拋物線C₁：y²=8x，…4分
（Ⅱ）由（Ⅰ）得拋物線C₁的焦點(diǎn)F（2，0），
由橢圓C₂的一個(gè)焦點(diǎn)與拋物線C₁的焦點(diǎn)重合，
所以橢圓C₂半焦距c=2，m²-n²=c²=4，
因?yàn)闄E圓C₂的離心率為$\frac{1}{2}$，
所以$\frac{2}{m}$=$\frac{1}{2}$，解得：m=4，n=2$\sqrt{3}$，
所以橢圓C₂的方程為：$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{12}=1$；…6分
設(shè)A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），
由 $\left\{\begin{array}{l}{y=kx-4}\\{\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{12}=1}\end{array}\right.$，整理得（4k²+3）x²-32kx+16=0
由韋達(dá)定理得：x₁+x₂=$\frac{32k}{4{k}^{2}+3}$，x₁x₂=$\frac{16}{4{k}^{2}+3}$…（8分）
由△＞0，即（-32k）²-4×16（4k²+3）＞0，k＞$\frac{1}{2}$或k＜-$\frac{1}{2}$…①…（10分）
∵原點(diǎn)O在以線段AB為直徑的圓的外部，則$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$＞0，
∴$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=x₁x₂+y₁y₂=x₁x₂+（kx₁-4）•（kx₂-4）=（k²+1）x₁x₂-4k（x₁+x₂）+16
=（k²+1）×$\frac{16}{4{k}^{2}+3}$-4k×$\frac{32k}{4{k}^{2}+3}$+16
=$\frac{16（4-3{k}^{2}）}{4{k}^{2}+3}$＞0，解得：-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$＜k＜$\frac{2\sqrt{3}}{3}$…②
由①、②得實(shí)數(shù)k的范圍是-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$＜k＜-$\frac{1}{2}$或$\frac{1}{2}$＜k＜$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴k的取值范圍（-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，-$\frac{1}{2}$）∪（$\frac{1}{2}$，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）．…（13分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓及拋物線的簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，考查直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，圓錐曲線的綜合應(yīng)用，韋達(dá)定理及向量的坐標(biāo)運(yùn)算，考查分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力，屬于中檔題．