Question

2．已知抛物线C₁：y²=2px（p＞0）与直线x-y+1=0相切，椭圆C₂：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的一个焦点与抛物线C₁的焦点F重合，且离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，点M（a²，0）．
（1）求抛物线C₁与椭圆C₂的方程；
（2）若在椭圆C₂上存在两点A，B使得$\overrightarrow{FA}$=λ$\overrightarrow{FB}$（λ∈[-2，-1]），求|$\overrightarrow{MA}$+$\overrightarrow{MB}$|的最小值．

Answer 1

分析 （1）联立直线方程和抛物线方程，由判别式为0求得p，则抛物线方程可求．由题意可得椭圆的c，结合离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$及隐含条件求出a，b，则椭圆方程可求；
（2）对直线l的斜率分类讨论：当直线l的斜率不存在时，即λ=-1时，直接求出．当直线l的斜率存在时，即λ∈[-2，-1）时，设直线l的方程为y=k（x-1），与椭圆的方程联立可得根与系数的关系，再利用向量相等$\overrightarrow{FA}$=λ$\overrightarrow{FB}$，可得$\frac{{y}_{1}}{{y}_{2}}$=λ，且λ＜0，得到：λ+$\frac{1}{λ}$+2=$\frac{-4}{1+2{k}^{2}}$，由λ∈[-2，-1）可得到k²的取值范围．由于$\overrightarrow{MA}$=（x₁-2，y₁），$\overrightarrow{MB}$=（x₂-2，y₂），可得$\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}$=（x₁+x₂-4，y₁+y₂），$|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}{|}^{2}$=（x₁+x₂-4）²+（y₁+y₂）²=4+$\frac{10}{1+2{k}^{2}}+\frac{2}{（1+2{k}^{2}）^{2}}$，令t=$\frac{1}{1+2{k}^{2}}$换元，利用配方法即可得出|$\overrightarrow{MA}$+$\overrightarrow{MB}$|的最小值．

解答 解：（1）联立$\left\{\begin{array}{l}{x-y+1=0}\\{{y}^{2}=2px}\end{array}\right.$，得x²+（2-2p）x+1=0．
由△=（2-2p）²-4=0，解得：p=2．
∴抛物线C₁：y²=4x；
又椭圆C₂：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的一个焦点与抛物线C₁的焦点F重合，
∴c=1，且$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴$a=\sqrt{2}$，则b²=a²-c²=1．
∴椭圆C₂的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（2）M（a²，0）=（2，0），
如图：当直线l的斜率不存在时，即λ=-1时，A（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），B（1，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
又M（2，0），∴|$\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}$|=|（-1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）+（-1，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$）|=2；
当直线l的斜率存在时，即λ∈[-2，-1）时，设直线l的方程为y=k（x-1），
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-x}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），y₁≠0，y₂≠0，
则x₁+x₂=$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
∴y₁+y₂=k（x₁+x₂）-2k=$\frac{-2k}{1+2{k}^{2}}$  ①，
y₁•y₂=k²（x₁x₂-（x₁+x₂）+1）=$\frac{-{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$  ②．
∵$\overrightarrow{FA}$=λ$\overrightarrow{FB}$，∴$\frac{{y}_{1}}{{y}_{2}}$=λ，且λ＜0．
将①式平方除以②式得：λ+$\frac{1}{λ}$+2=$\frac{-4}{1+2{k}^{2}}$，
由λ∈[-2，-1），得λ+$\frac{1}{λ}$∈[-$\frac{5}{2}$，-2），即λ+$\frac{1}{λ}$+2∈[-$\frac{1}{2}$，0）．
∴-$\frac{1}{2}$≤$\frac{-4}{1+2{k}^{2}}$＜0，解得k²≥$\frac{7}{2}$．
∵$\overrightarrow{MA}$=（x₁-2，y₁），$\overrightarrow{MB}$=（x₂-2，y₂），
∴$\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}$=（x₁+x₂-4，y₁+y₂），
又x₁+x₂-4=$\frac{-4（1+{k}^{2}）}{1+2{k}^{2}}$，
∴$|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}{|}^{2}$=（x₁+x₂-4）²+（y₁+y₂）²
=$\frac{16（1+{k}^{2}）^{2}}{（1+2{k}^{2}）^{2}}$+$\frac{4{k}^{2}}{（1+2{k}^{2}）^{2}}$=$\frac{4（1+2{k}^{2}）^{2}+10（1+2{k}^{2}）+2}{（1+2{k}^{2}）^{2}}$
=4+$\frac{10}{1+2{k}^{2}}+\frac{2}{（1+2{k}^{2}）^{2}}$，
令t=$\frac{1}{1+2{k}^{2}}$，∵k²≥$\frac{7}{2}$，
∴0＜$\frac{1}{1+2{k}^{2}}≤\frac{1}{8}$，即t∈（0，$\frac{1}{8}$]，
∴$|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}{|}^{2}$=2t²+10t+4=2（t+$\frac{5}{2}$）²-$\frac{17}{2}$．
则$|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}{|}^{2}$∈（4，$\frac{169}{32}$]．
∴|$\overrightarrow{MA}$+$\overrightarrow{MB}$|的最小值为2．

点评 本题考查直线与圆锥曲线的位置关系，考查了椭圆与抛物线的标准方程及其性质，考查了换元法、分类讨论、向量相等及其向量运算和向量的模等基础知识与基本技能方法，考查了分析问题和解决问题的能力，考查了推理能力和计算能力，属于难题．