Question

4．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦点F₁、F₂与双曲线4x²-$\frac{4}{3}$y²=1的两焦点重合，抛物线x²=2py上的点（$\sqrt{2}$，1）处的切线经过椭圆C的下顶点．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）已知过点F1的两动直线l与m互相垂直，直线l交椭圆C于A、B两点，直线m交椭圆C于D、E两点，问是否存在实常数λ，使得|$\overrightarrow{AB}$|+|$\overrightarrow{DE}$|=λ|$\overrightarrow{AB}$|•|$\overrightarrow{DE}$|恒成立？若存在，请求出λ的值；若不存在，请说明理由；
（3）在（2）的条件下，求四边形ADBE的面积S的取值范围．

Answer 1

分析 （1）根据题意，由双曲线的方程可得c=1，则可得椭圆C的半焦距c，将点（$\sqrt{2}$，1）的坐标代入x²=2py中，可得抛物线的方程，对其求导可得点（$\sqrt{2}$，1）处切线的斜率，进而可得在点（$\sqrt{2}$，1）处切线的方程，进而可得椭圆的下顶点为（0，-1），即可得椭圆中b的值，从而可得其中a的值，代入椭圆方程可得答案；
（2）根据题意，由|$\overrightarrow{AB}$|+|$\overrightarrow{DE}$|=λ|$\overrightarrow{AB}$|•|$\overrightarrow{DE}$|可得λ=$\frac{1}{|\overrightarrow{AB}|}$+$\frac{1}{|\overrightarrow{DE}|}$，分两种情况讨论：①当直线l与m恰有一条斜率不存在时，不妨设直线l的斜率不存在，易得直线l的方程以及其与椭圆的交点坐标，进而可得|$\overrightarrow{AB}$与|$\overrightarrow{DE}$|的值，由λ=$\frac{1}{|\overrightarrow{AB}|}$+$\frac{1}{|\overrightarrow{DE}|}$，可得λ的值，②当直线l的斜率存在且非0时，设直线l的斜率为k，可设出其方程，联立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{y=k（x+1）}\end{array}\right.$，消去y并整理可得（1+2k²）x²+4k²x+2k²-2=0，利用韦达定理表示|$\overrightarrow{AB}$与|$\overrightarrow{DE}$|，由λ=$\frac{1}{|\overrightarrow{AB}|}$+$\frac{1}{|\overrightarrow{DE}|}$可得λ的值，综合可得结论；
（3）根据题意，设$\frac{1}{|\overrightarrow{AB}|}$=t，可以表示|$\overrightarrow{DE}$|与|$\overrightarrow{AB}$|，分析可得|$\overrightarrow{AB}$|的取值范围，进而可得t的范围，S=$\frac{1}{2}$|$\overrightarrow{AB}$||$\overrightarrow{DE}$|=$\frac{2}{t（3\sqrt{2}-4t）}$=$\frac{2}{-4（t-\frac{3\sqrt{2}}{8}）^{2}+\frac{9}{8}}$；结合t的范围分析可得答案．

解答 解：（1）根据题意，双曲线的方程为4x²-$\frac{4}{3}$y²=1，其半焦距c=$\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{3}{4}}$=1，则椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1中，c=1，
将点（$\sqrt{2}$，1）的坐标代入x²=2py中，可得2p=2，则x²=2py，即y=$\frac{1}{2}$x²；
求导可得y′=x，所以点（$\sqrt{2}$，1）处切线的斜率为$\sqrt{2}$，
抛物线在点（$\sqrt{2}$，1）处切线的方程为y-1=$\sqrt{2}$（x-$\sqrt{2}$），即y=$\sqrt{2}$x-1，
在y=$\sqrt{2}$x-1中，令x=0可得y=-1；
因此椭圆的下顶点为（0，-1），
所以b=1，a²=b²+c²=2，
所以椭圆的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（2）|$\overrightarrow{AB}$|+|$\overrightarrow{DE}$|=λ|$\overrightarrow{AB}$|•|$\overrightarrow{DE}$|?λ=$\frac{1}{|\overrightarrow{AB}|}$+$\frac{1}{|\overrightarrow{DE}|}$，
①当直线l与m恰有一条斜率不存在时，不妨设直线l的斜率不存在，
则直线l的方程为x=-1，与椭圆的交点分别为（-1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），（-1，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
所以|$\overrightarrow{AB}$|=$\sqrt{2}$，直线m为x轴，所以|$\overrightarrow{DE}$|=2$\sqrt{2}$．
因此λ=$\frac{1}{\sqrt{2}}$+$\frac{1}{2\sqrt{2}}$=$\frac{3\sqrt{2}}{4}$，
②当直线l的斜率存在且非0时，
设直线l的斜率为k，则直线l的方程为y=k（x+1），
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{y=k（x+1）}\end{array}\right.$，消去y并整理可得（1+2k²）x²+4k²x+2k²-2=0，分析可得该方程的△＞0恒成立，
设A（x₁，y₁）B（x₂，y₂），
由韦达定理可得x₁+x₂=$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
所以|$\overrightarrow{AB}$|=$\frac{2\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{1+2{k}^{2}}$；
因为l⊥m，所以直线m的斜率为-$\frac{1}{k}$，则|$\overrightarrow{DE}$|=$\frac{2\sqrt{2}（{k}^{2}+1）}{{k}^{2}+2}$，
所以λ=$\frac{1}{|\overrightarrow{AB}|}$+$\frac{1}{|\overrightarrow{DE}|}$=$\frac{3\sqrt{2}}{4}$，
综上可得，存在实常数λ=$\frac{3\sqrt{2}}{4}$，使得|$\overrightarrow{AB}$|+|$\overrightarrow{DE}$|=λ|$\overrightarrow{AB}$|•|$\overrightarrow{DE}$|恒成立；

（3）由（2）可得，$\frac{1}{|\overrightarrow{AB}|}$+$\frac{1}{|\overrightarrow{DE}|}$=$\frac{3\sqrt{2}}{4}$，设$\frac{1}{|\overrightarrow{AB}|}$=t，则|$\overrightarrow{DE}$|=$\frac{4}{3\sqrt{2}-4t}$，
由（1）知，|$\overrightarrow{AB}$|=$\frac{2\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{1+2{k}^{2}}$=$\sqrt{2}$+$\frac{\sqrt{2}}{1+2{k}^{2}}$＞$\sqrt{2}$；
|$\overrightarrow{AB}$|=$\frac{2\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{1+2{k}^{2}}$=2$\sqrt{2}$-$\frac{2\sqrt{2}{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$≤2$\sqrt{2}$，当且仅当k=0时取等号，
因此$\frac{\sqrt{2}}{4}$≤t≤$\frac{\sqrt{2}}{2}$，S=$\frac{1}{2}$|$\overrightarrow{AB}$||$\overrightarrow{DE}$|=$\frac{2}{t（3\sqrt{2}-4t）}$=$\frac{2}{-4（t-\frac{3\sqrt{2}}{8}）^{2}+\frac{9}{8}}$；
因为$\frac{\sqrt{2}}{4}$≤t≤$\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以t≤-4（t-$\frac{3\sqrt{2}}{8}$）²+$\frac{9}{8}$≤$\frac{9}{8}$，
所以$\frac{16}{9}$≤$\frac{2}{-4（t-\frac{3\sqrt{2}}{8}）^{2}+\frac{9}{8}}$≤2，即$\frac{16}{9}$≤S≤2，
综上所述，四边形ADBE的面积S的取值范围为[$\frac{16}{9}$，2]．

点评 本题考查椭圆与直线方程的综合应用，此类题型一般为综合题目，难度比较大；解答时要联立直线与圆锥曲线的方程，结合韦达定理进行分析计算．