Question

16．已知橢圓C₁：$\frac{y^2}{a^2}$+$\frac{x^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）與拋物線C₂：x²=2py（p＞0）有一公共焦點(diǎn)，拋物線C₂的準(zhǔn)線l與橢圓C₁有一交點(diǎn)坐標(biāo)是（$\sqrt{2}$，-2）．
（1）求橢圓C₁與拋物線C₂的方程；
（2）若點(diǎn)P是直線l上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作拋物線的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，直線AB與橢圓C₁分別交于點(diǎn)E，F(xiàn)，求$\overrightarrow{OE}$•$\overrightarrow{OF}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由準(zhǔn)線方程y=-2，可得拋物線的方程；再由橢圓的焦點(diǎn)坐標(biāo)，可得橢圓的c=2，運(yùn)用橢圓的定義可得a，求得b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）設(shè)點(diǎn)P（t，0），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），E（x₃，y₃），F(xiàn)（x₄，y₄），求得切線的斜率，得到切線AP的方程，求得AB的方程，代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，由向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，即可得到所求范圍．

解答 解：（1）拋物線C₂的準(zhǔn)線方程是y=-2，
所以$\frac{p}{2}=2⇒p=4$，所以拋物線C₂的方程是：x²=8y，
橢圓${C_1}：\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的焦點(diǎn)坐標(biāo)是（0，-2），（0，2），
所以c=2，$2a=\sqrt{2+0}+\sqrt{2+{{（2+2）}^2}}=4\sqrt{2}$，
所以$a=2\sqrt{2}，b=2$，即橢圓C₁的方程是$\frac{{y}^{2}}{8}$+$\frac{{x}^{2}}{4}$=1；
（2）設(shè)點(diǎn)P（t，-2），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），E（x₃，y₃），F(xiàn)（x₄，y₄），
拋物線方程可以化為：$y=\frac{1}{8}{x^2}$，$y'=\frac{1}{4}x$，
所以AP的方程為：$y-{y_1}=\frac{1}{4}{x_1}（x-{x_1}）$，
所以$-2-{y_1}=\frac{1}{4}{x_1}t-2{y_1}$，即${y_1}=\frac{1}{4}t{x_1}+2$，同理：${y_2}=\frac{1}{4}t{x_2}+2$，
所以直線AB的方程為：$y=\frac{1}{4}tx+2$，
將直線AB方程代入橢圓C₁的方程得到：（t²+32）x²+16tx-64=0，
則△=256t²+256（t²+32）＞0，
且${x_3}+{x_4}=\frac{-16t}{{{t^2}+32}}，{x_3}{x_4}=\frac{-64}{{{t^2}+32}}$，
所以$\overrightarrow{OE}•\overrightarrow{OF}={x_3}{x_4}+{y_3}{y_4}=（1+\frac{t^2}{16}）{x_3}{x_4}+\frac{t}{2}（{x_3}+{x_4}）+4=\frac{{-8{t^2}+64}}{{{t^2}+32}}=\frac{320}{{{t^2}+32}}-8$，
因?yàn)?0＜\frac{320}{{{t^2}+32}}≤10$，
所以$\overrightarrow{OE}•\overrightarrow{OF}$的取值范圍是（-8，2]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓和拋物線的方程和性質(zhì)，考查直線和拋物線及橢圓的位置關(guān)系，注意聯(lián)立直線方程和橢圓方程或拋物線方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．