Question

3．已知椭圆C₁：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）的焦距为4，左、右焦点分别为F₁、F₂，且C₁与抛物线C₂：y²=x的交点所在的直线经过F₂．
（Ⅰ）求椭圆C₁的方程；
（Ⅱ）过F₁的直线l与C₁交于A，B两点，与抛物线C₂无公共点，求△ABF₂的面积的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）依题意可得F₁F₂的坐标，由此可得椭圆C₁与抛物线C₂的一个交点为$P（{2，\sqrt{2}}）$，由椭圆的定义可得a的值，又由a²=b²+c²，解得b的值，将其代入椭圆的方程即可得答案；
（Ⅱ）依题意，直线l：x=ty-2，联立直线与抛物线的方程整理可得y²-ty+2=0，联立直线与椭圆的方程可得（t²+2）y²-4ty-4=0，进而设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），由根与系数的关系分析可得|AB|的长度以及F₂到直线l距离d，进而可以表示△ABF₂的面积，借助换元法分析可得答案．

解答 解：（Ⅰ）依题意得2c=4，则F₁（2，0）F₂（-2，0）；
所以椭圆C₁与抛物线C₂的一个交点为$P（{2，\sqrt{2}}）$，
于是2a=|PF₁|$+|{P{F_2}}|=4\sqrt{2}$，从而$a=2\sqrt{2}$．
又a²=b²+c²，解得b=2
所以椭圆C₁的方程为$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$．
（Ⅱ）依题意，直线l的斜率不为0，设直线l：x=ty-2，
由$\left\{\begin{array}{l}x=ty-2\\{y^2}=x\end{array}\right.$，消去x整理得y²-ty+2=0，由△=（-t）²-8＜0得t²＜8．
由$\left\{\begin{array}{l}x=ty-2\\{x^2}+2{y^2}=8\end{array}\right.$，消去x整理得（t²+2）y²-4ty-4=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则${y_1}+{y_2}=\frac{4t}{{{t^2}+2}}$，${y_1}{y_2}=-\frac{4}{{{t^2}+2}}$，
所以$|{AB}|=\sqrt{1+{t^2}}|{{y_1}-{y_2}}|$=$\sqrt{1+{t^2}}\sqrt{{{（{{y_1}+{y_2}}）}^2}-4{y_1}{y_2}}$=$\frac{{4\sqrt{2}（{{t^2}+1}）}}{{{t^2}+2}}$，F₂到直线l距离$d=\frac{4}{{\sqrt{{t^2}+1}}}$，
故${S_{AB{F_2}}}=\frac{1}{2}|{AB}|d$=$\frac{1}{2}•\frac{{4\sqrt{2}（{{t^2}+1}）}}{{{t^2}+2}}•\frac{4}{{\sqrt{{t^2}+1}}}$=$\frac{{8\sqrt{2}\sqrt{{t^2}+1}}}{{{t^2}+2}}$，
令$\sqrt{{t^2}+1}=s∈[{1，3}）$，则${S_{AB{F_2}}}=\frac{{8\sqrt{2}\sqrt{{t^2}+1}}}{{{t^2}+2}}$=$\frac{{8\sqrt{2}s}}{{{s^2}+1}}=\frac{{8\sqrt{2}}}{{s+\frac{1}{s}}}$$∈（{\frac{{12\sqrt{2}}}{5}，4\sqrt{2}}]$，
所以三边形ABF₂的面积的取值范围为$（{\frac{{12\sqrt{2}}}{5}，4\sqrt{2}}]$．

点评 本题考查直线与椭圆、抛物线的位置关系，涉及椭圆的几何性质，关键是正确求出椭圆的标准方程．