Question

6．若拋物線C₁：y²=2px的準線為x=-1，橢圓C₂：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的一個焦點與拋物線C₁的焦點重合，且以原點為圓心，橢圓C₂的短半軸長為半徑的圓與直線y=x+$\sqrt{2}$相切．
（1）求橢圓C₂的離心率；
（2）若0為坐標原點，過點（2，0）的直線l與橢圓C₂相交于不同兩點A、B，且橢圓C₂上一點E滿足t$\overrightarrow{OE}$-$\overrightarrow{OA}$-$\overrightarrow{OB}$=$\overrightarrow{0}$，求實數(shù)t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）橢圓C₂中，c=1，b=$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1+1}}$=1，a=$\sqrt{2}$，則橢圓C₂的離心率；
（2）由題意知直線l的斜率存在，設(shè)出直線l方程為y=k（x-2），再設(shè)P（x₀，y₀），將直線方程代入橢圓方程，化為關(guān)于x的一元二次方程，由判別式大于0求得k的范圍，利用根與系數(shù)關(guān)系結(jié)合t$\overrightarrow{OE}$-$\overrightarrow{OA}$-$\overrightarrow{OB}$=$\overrightarrow{0}$，求出t與k的關(guān)系后由k得范圍可得t的范圍．

解答 解：（1）由已知，拋物線C₁的焦點為（1，0）-------（2分）
故橢圓C₂中，c=1，b=$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1+1}}$=1，a=$\sqrt{2}$-------（4分）
故離心率為e=$\frac{1}{\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．-------（5分）
（2）由已知，直線l的斜率顯然存在，設(shè)其方程為y=k（x-2），聯(lián)立橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{2}$+$\frac{{y}^{2}}{1}$=1得（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0．由△＞0得k²＜$\frac{1}{2}$
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），E（x₀，y₀）則有：
x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{8{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$-------（7分）
由已知 t$\overrightarrow{OE}$=$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$，得t（x₀，y₀）=（x₁+x₂，y₁+y₂）
x₀=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{t}$$\frac{8{k}^{2}}{t（1+2{k}^{2}）}$，y₀=$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{t}$$\frac{1}{t}$[k（x₁+x₂）-4k]=$\frac{-4k}{t（1+2{k}^{2}）}$
將點E代入橢圓得[$\frac{8{k}^{2}}{t（1+2{k}^{2}）}$]²+2[$\frac{-4k}{t（1+2{k}^{2}）}$]²=2
得到16k²=t²（1+k²）-------（9分）
故t²=$\frac{16{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{16}{\frac{1}{{k}^{2}}+2}$＜$\frac{16}{2+2}$=4，故-2＜t＜2為所求．-------（13分）

點評 本題主要考查橢圓方程與性質(zhì)，考查了直線與拋物線的位置關(guān)系的應(yīng)用，直線與曲線聯(lián)立，根據(jù)方程的根與系數(shù)的關(guān)系解題，是處理這類問題的最為常用的方法，但圓錐曲線的特點是計算量比較大，要求考生具備較強的運算推理的能力，是壓軸題．