题目内容

13.已知椭圆C1:$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1({a>b>0})$的左、右焦点分别为F1、F2.其中F2也是抛物线C2:y2=4x的焦点,点M为C1与C2在第一象限的交点,且|MF1|=2a-$\frac{5}{3}$.
(Ⅰ)求椭圆C1的方程;
(Ⅱ)若过点D(4,0)的直线l与C1交于不同的两点A、B,且A在DB之间,试求△AOD与BOD面积之比的取值范围.

分析 (Ⅰ)由已知求出F2的坐标,设M(x1,y1),则由椭圆的定义可得$|M{F}_{2}|=\frac{5}{3}$,再由抛物线的焦半径求得${x}_{1}=\frac{2}{3}$,代入抛物线方程求得${y}_{1}=\frac{2\sqrt{6}}{3}$,把点M的坐标代入椭圆方程,结合a2-b2=1求得a2=4,b2=3.则椭圆C1 的方程可求;
(Ⅱ)设l的方程为x=my+4,和椭圆方程联立.化为关于y的一元二次方程,由判别式大于0求得m2>4.再利用根与系数的关系得到A,B两点纵坐标的和与积,令 $λ=\frac{{S}_{△AOD}}{{S}_{△BOD}}$,得到y1=λy2,结合根与系数的关系得,${m}^{2}=\frac{4(λ+1)^{2}}{10λ-3{λ}^{2}-3}$.再由m2>4,得$\frac{(λ+1)^{2}}{10λ-3{λ}^{2}-3}>1$,求解分式不等式得λ的取值范围,从而得到△ODA与△ODB面积之比的取值范围.

解答 解:(Ⅰ)依题意知,F2(1,0),设M(x1,y1),
由椭圆的定义可得$|M{F}_{2}|=\frac{5}{3}$,
由抛物线的定义得,$|M{F}_{2}|=1+{x}_{1}=\frac{5}{3}$,即${x}_{1}=\frac{2}{3}$.
将${x}_{1}=\frac{2}{3}$代入抛物线方程,得${y}_{1}=\frac{2\sqrt{6}}{3}$,
进而由$\frac{(\frac{2}{3})^{2}}{{a}^{2}}+\frac{(\frac{2\sqrt{6}}{3})^{2}}{{b}^{2}}=1$及a2-b2=1,解得a2=4,b2=3.
故椭圆C1 的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$;
(Ⅱ)依题意知,直线l的斜率存在且不为0,设l的方程为x=my+4,
代入$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$,整理得:(3m2+4)y2+24my+36=0.
由△=(24m)2-4×36(3m2+4)>0,得m2>4.
设A(x1,y1),B(x2,y2),则$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{1}+{y}_{2}=\frac{-24m}{3{m}^{2}+4}}\\{{y}_{1}{y}_{2}=\frac{36}{3{m}^{2}+4}}\end{array}\right.①$,
令$λ=\frac{{S}_{△AOD}}{{S}_{△BOD}}$,则$λ=\frac{\frac{1}{2}|OD|•|{y}_{1}|}{\frac{1}{2}|OD|•|{y}_{2}|}$=$\frac{{y}_{1}}{{y}_{2}}$且0<λ<1.
将y1=λy2代入①得$\left\{\begin{array}{l}{(λ+1){y}_{2}=\frac{-24m}{3{m}^{2}+4}}\\{λ{{y}_{2}}^{2}=\frac{36}{3{m}^{2}+4}}\end{array}\right.$,消去y2得,$\frac{(λ+1)^{2}}{λ}=\frac{16{m}^{2}}{3{m}^{2}+4}$.
即${m}^{2}=\frac{4(λ+1)^{2}}{10λ-3{λ}^{2}-3}$.
由m2>4,得$\frac{(λ+1)^{2}}{10λ-3{λ}^{2}-3}>1$,∴λ≠1且3λ2-10λ+3<0.
解得:$\frac{1}{3}<λ<1$或1<λ<3.
又∵0<λ<1,∴$\frac{1}{3}<λ<1$.
故△ODA与△ODB面积之比的取值范围为($\frac{1}{3},1$).

点评 本题考查椭圆方程的求法,考查了直线与圆锥曲线的位置关系的应用,直线与曲线联立,根据方程的根与系数的关系,这是处理这类问题的最为长用的方法,但圆锥曲线的特点是计算量比较大,要求考生具备较强的运算推理的能力,是压轴题.

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