Question

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．

Answer 1

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．