Question

已知橢圓M的左右焦點分別為F₁（-

3

，0），F(xiàn)₂（

3

，0），且拋物線x²=4y的焦點為橢圓M的頂點，過點P（0，2）的直線l與橢圓交于不同的兩點A、B．
（1）求橢圓M的方程；
（2）求△OAB面積的取值范圍；
（3）若S_△OAB=

4

5

，是否存在大于1的常數(shù)m，使得橢圓M上存在點Q，滿足

OQ

=m（

OA

+

OB

）？若存在，試求出m的值；若不存在，說明理由．

Answer 1

考點：直線與圓錐曲線的綜合問題

專題：計算題,平面向量及應(yīng)用,直線與圓,圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程

分析：（1）由拋物線的焦點即可得到b=1，由已知求得c，再由a，b，c的關(guān)系，求得a，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）設(shè)直線l：y=kx+2，聯(lián)立橢圓方程，消去y，運用韋達(dá)定理和弦長公式，和點到直線的距離公式，求得面積，再化簡整理，再由基本不等式，即可得到最值，進(jìn)而得到范圍；
（3）由已知面積，求得k，求出兩根之和，再由向量的加法，求得Q的坐標(biāo)，代入橢圓方程，求出m，即可判斷．

解答： 解：（1）拋物線x²=4y的焦點（0，1）為橢圓M的頂點，即有b=1，
橢圓M的左右焦點分別為F₁（-

3

，0），F(xiàn)₂（

3

，0），則c=

3

，則a=

1+3

=2，
則橢圓M的方程為

x2

4

+y²=1；
（2）由于過點P（0，2）的直線l與橢圓交于不同的兩點A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），
設(shè)直線l：y=kx+2，聯(lián)立橢圓方程，消去y，得（1+4k²）x²+16kx+12=0，
判別式（16k）²-48（1+4k²）＞0，解得，4k²＞3．
x₁+x₂=-

16k

1+4k2

，x₁x₂=

12

1+4k2

，
則|AB|=

1+k2

•

( 16k 1+4k2 )2- 48 1+4k2

，O到直線l的距離d=

2

1+k2

，
則△OAB面積S=

1

2

d•|AB|=

4 4k2-3

1+4k2

，
令

4k2-3

=t（t＞0），則4k²=3+t²，
即有S=

4t

4+t2

=

4

t+ 4 t

，由于t+

4

t

≥2

t• 4 t

=4，
則S∈（0，1]．即有△OAB面積的取值范圍為（0，1]；
（3）由于S_△OAB=

4

5

，即有

4 4k2-3

1+4k2

=

4

5

，解得，k²=1或

19

4

，
則x₁+x₂=-

16k

1+4k2

=±

16

5

，y₁+y₂=-

16

5

+4=

4

5

，
或x₁+x₂=±

2 19

5

，y₁+y₂=

1

5

，
假設(shè)存在大于1的常數(shù)m，使得橢圓M上存在點Q，滿足

OQ

=m（

OA

+

OB

）．
則設(shè)Q（x₀，y₀），即有x₀=m（x₁+x₂），y₀=m（y₁+y₂），
則有Q（±

16

5

m，

4

5

m），或Q（±

2 19

5

m，

1

5

m），
代入橢圓方程，

x02

4

+y02=1，即有

4×16

25

m2+

16

25

m2=1，求得m²=

5

16

＜1，
或

19

25

m2+

1

25

m2=1，解得，m²=

5

4

＞1，則m=

5

2

．
故存在大于1的常數(shù)m，且為

5

2

，
使得橢圓M上存在點Q，滿足

OQ

=m（

OA

+

OB

）．

點評：本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，消去未知數(shù)，運用判別式大于0，韋達(dá)定理和弦長公式，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．