Question

12．已知椭圆$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（0＜b＜2），设点A（2，0），B（0，b）与直线AB斜率相同的直线与椭圆交于M，N两点，设MN中点的轨迹为C．
（1）当b²=3时，求曲线C的方程；
（2）已知抛物线y²=2px（p＞0）的焦点与椭圆右焦点重合，若抛物线与曲线C有有且只有一个交点，求b²的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求得椭圆方程，可得直线AB的斜率，可设直线MN的方程为y=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$x+t，代入椭圆方程$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，可得6x²-4$\sqrt{3}$tx+4t²-12=0，令判别式大于0，以及韦达定理和中点坐标公式，可得曲线C的方程；
（2）求得抛物线的焦点，可得p=2c，将直线y=t-$\frac{b}{2}$x代入椭圆方程b²x²+4y²=4b²，运用韦达定理和判别式大于0，由中点坐标公式可得MN的中点的轨迹方程，代入抛物线方程求得交点，由题意可得2p•$\frac{16\sqrt{4-{b}^{2}}}{{b}^{2}}$≥2$\sqrt{2}$p，解不等式即可得到所求范围．

解答 解：（1）当b²=3时，椭圆为$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，
由AB的斜率为-$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
可设直线MN的方程为y=-$\frac{\sqrt{3}}{2}$x+t，
代入椭圆方程$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，可得6x²-4$\sqrt{3}$tx+4t²-12=0，
判别式为48t²-24（4t²-12）＞0，
解得-$\sqrt{6}$＜t＜$\sqrt{6}$，
x₁+x₂=$\frac{2\sqrt{3}t}{3}$，即有MN中点为（$\frac{\sqrt{3}}{3}$t，$\frac{1}{2}$t），
即有曲线C的方程为$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{\sqrt{3}}{3}t}\\{y=\frac{1}{2}t}\end{array}\right.$（-$\sqrt{6}$＜t＜$\sqrt{6}$），
即为y=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x（-$\sqrt{2}$＜x＜$\sqrt{2}$）；
（2）抛物线y²=2px（p＞0）的焦点与椭圆右焦点重合，
可得$\frac{p}{2}$=c即为p=2c，
将直线y=t-$\frac{b}{2}$x代入椭圆方程b²x²+4y²=4b²，
可得2b²x²-4btx+4t²-4b²=0，
由判别式为16b²t²-32（t²-b²）b²＞0，
即为t²＜2b²，
由x₁+x₂=$\frac{2t}{b}$，
可得MN的中点为（$\frac{t}{b}$，$\frac{t}{2}$），
即有曲线C的方程为y=$\frac{b}{2}$x（-$\sqrt{2}$＜x＜$\sqrt{2}$）．
代入抛物线的方程可得$\frac{{b}^{2}}{4}$x²=2px，
解得x=0或x=$\frac{8p}{{b}^{2}}$=$\frac{16c}{{b}^{2}}$=$\frac{16\sqrt{4-{b}^{2}}}{{b}^{2}}$，
由于抛物线与曲线C有有且只有一个交点，
则2p•$\frac{16\sqrt{4-{b}^{2}}}{{b}^{2}}$≥2$\sqrt{2}$p，
即有b⁴+128b²-512≤0，
解得0＜b²≤48$\sqrt{2}$-64．

点评 本题考查曲线方程的求法，注意联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和中点坐标公式，考查直线和抛物线的位置关系，考查化简整理的运算能力，属于中档题．