Question

已知F₁，F(xiàn)₂分別是橢圓C₁：

x2

a2

+

y2

b2

=1（a＞b＞0）的左、右焦點，F(xiàn)₂是拋物線C₂：y²=2px（p＞0）的焦點，P（

2

3

，m）是C₁與C₂在第一象限的交點，且|PF₂|=

5

3

．
（Ⅰ）求C₁與C₂的方程；
（Ⅱ）過F₂的直線交橢圓于M，N兩點，T為直線x=4上任意一點，且T不在x軸上．
（i）求

F2M

•

F2N

的取值范圍；
（ii）若OT恰好一部分線段MN，證明：TF₂⊥MN．

Answer 1

考點：直線與圓錐曲線的關系,橢圓的簡單性質(zhì)

專題：圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程,圓錐曲線中的最值與范圍問題

分析：（Ⅰ）根據(jù)已知條件建立關系式

2

3

+

P

2

=

5

3

求出P的值，進一步確定拋物線方程．進一步利用

a2-b2=1 ( 2 3 )2 a2 + ( 2 6 3 )2 b2 =1

求得a和b的值，確定橢圓的方程．
（Ⅱ）（i）①若直線的斜率不存在，則MN的直線方程為：x=1．此時M(1，

3

2

)，N（1，-

3

2

）進一步求出

F2M

•

F2N

=-

9

4

②若直線MN的斜率存在，設直線的方程為：y=k（x-1）設交點M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
則：

y=k(x-1) x2 4 + y2 3 =1

消去y得到：（4k²+3）x²-8k²x+4k²-12=0利用根和系數(shù)的關系進一步利用恒等變形求出-3≤

F2M

•

F2N

＜-

9

4

．
（ii）設線段MN的中點坐標為Q（x_Q，y_Q）由（i）得到：xQ=

x1+x2

2

，yQ=k(xQ-1)=

-3k

4k2+3

所以直線OT的斜率：kOT=

yQ

xQ

=-

3

4k

，進一步求出OT的直線方程為：y=-

3

4k

x，則直線TF₂的斜率為：kTF2=-

1

k

，進一步化簡得到；kTF2kMN=-

1

k

•k=-1，從而得到結(jié)論．

解答： 解：（Ⅰ）因為點P（

2

3

，m）在拋物線上，且|PF₂|=

5

3

，拋物線的準線方程為x=-

P

2

，
所以：

2

3

+

P

2

=

5

3

解得：P=2
所以拋物線的方程為：y²=4x
將點P（

2

3

，m）代入y²=4x
解得：m=

2 6

3

，所以P（

2

3

，

2 6

3

）
點P在橢圓上，且橢圓的焦點F₂（1，0），
所以：

a2-b2=1 ( 2 3 )2 a2 + ( 2 6 3 )2 b2 =1

解得：a²=4，b²=3
所以：橢圓的方程為：

x2

4

+

y2

3

=1
（Ⅱ）（i）①若直線的斜率不存在，則MN的直線方程為：x=1．
此時M(1，

3

2

)，N（1，-

3

2

）

F2M

•

F2N

=-

9

4

②若直線MN的斜率存在，設直線的方程為：y=k（x-1）設交點M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）
則：

y=k(x-1) x2 4 + y2 3 =1

消去y得到：（4k²+3）x²-8k²x+4k²-12=0
x1+x2=

8k2

4k2+3

，x1x2=

4k2-12

4k2+3

所以：

F2M

•

F2N

=(1+k2)[x1x2-（x₁+x₂）+1]
=-

9

4- 1 1+k2

由于k²≥0
所以：0＜

1

1+k2

≤1
3≤4-

1

1+k2

＜4
-3≤

F2M

•

F2N

＜-

9

4

所以

F2M

•

F2N

的取值范圍：[-3，-

9

4

)
（ii）證明：設線段MN的中點坐標為Q（x_Q，y_Q）
由（i）得到：xQ=

x1+x2

2

，yQ=k(xQ-1)=

-3k

4k2+3

所以直線OT的斜率：kOT=

yQ

xQ

=-

3

4k

OT的直線方程為：y=-

3

4k

x，
得到：T（4，-

3

k

）
直線TF₂的斜率為：kTF2=-

1

k

所以；kTF2kMN=-

1

k

•k=-1
則：TF₂⊥MN

點評：本題考查的知識要點：拋物線方程和橢圓方程的確定，圓錐曲線和直線方程的關系，一元二次方程根和系數(shù)的關系，分類討論思想在做題中的應用，直線垂直的充要條件的應用．