Question

19．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 （本小題滿分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：${x_0}=1，{y_0}=±2\sqrt{2}，p=4$，
所以拋物線C₁的方程為：y²=8x…（4分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）得拋物線C₁的焦點(diǎn)F（2，0），
∵橢圓C₂的一個(gè)焦點(diǎn)與拋物線C₁的焦點(diǎn)重合∴橢圓C₂半焦距c=2，m²-n²=c²=4，
∵橢圓C₂的離心率為$\frac{1}{2}$，∴$\frac{2}{m}=\frac{1}{2}⇒m=4$，$n=2\sqrt{3}$，
∴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$\left\{\begin{array}{l}y=kx-4\\ \frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{12}=1\;\end{array}\right.$得（4k²+3）x²-32kx+16=0
由韋達(dá)定理得：${x_1}+{x_2}=\frac{32k}{{4{k^2}+3}}$，${x_1}{x_2}=\frac{16}{{4{k^2}+3}}$…（8分）
由△＞0⇒（-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$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}＞0$，
∴$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=（{x_1}，{y_1}）•（{x_2}，{y_2}）={y_1}{y_2}+{x_1}{x_2}$
=$（k{x_1}-4）•（k{x_2}-4）+{x_1}{x_2}=（{k^2}+1）{x_1}{x_2}-4k（{x_1}+{x_2}）+16$
=$（{k^2}+1）×\frac{16}{{4{k^2}+3}}-4k×\frac{32k}{{4{k^2}+3}}+16$
=$\frac{{16（4-3{k^2}）}}{{4{k^2}+3}}＞0$$⇒-\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}$…（13分）

點(diǎn)評(píng) 本題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，考查分析問題解決問題的能力．