Question

已知拋物線y²=4x的焦點(diǎn)為F₂，點(diǎn)F₁與F₂關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對稱，直線m垂直于x軸，垂足為T，與拋物線交于不同的兩點(diǎn)P、Q且

F1P

•

F2Q

=-5．
（1）求點(diǎn)T的橫坐標(biāo)x₀；
（2）若以F₁，F(xiàn)₂為焦點(diǎn)的橢圓C過點(diǎn)(1，

2

2

)．
①求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
②過點(diǎn)F₂作直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，求|

TA

+

TB

|的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）設(shè)P（x₀，y₀），Q（x₀，-y₀），進(jìn)而根據(jù)

F1P

•

F2Q

=-5，即P（x₀，y₀）在拋物線上滿足y02=4x0，可求出點(diǎn)T的橫坐標(biāo)x₀；
（2）①由（1）可得F₁，F(xiàn)₂的坐標(biāo)，進(jìn)而得到橢圓C的c值，結(jié)合橢圓過點(diǎn)(1，

2

2

)，可得a，b的值，進(jìn)而得到橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
②由過點(diǎn)F₂作直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，分直線l的斜率不存在和存在兩種情況，利用平方法中，可求出|

TA

+

TB

|的取值范圍．

解答：解：（1）由題意得F₂（1，0），F(xiàn)₁（-1，0），
設(shè)P（x₀，y₀），Q（x₀，-y₀）
則

F1P

=(x0+1，y0)，

F2Q

=(x0-1，-y0)．
由

F1P

•

F2Q

=-5，
得x02-1-y02=-5即x02-y02=-4，①…（2分）
又P（x₀，y₀）在拋物線上，則y02=4x0，②
聯(lián)立①、②易得x₀=2…（4分）
（2）①設(shè)橢圓的半焦距為c，由題意得c=1，
設(shè)橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為

x2

a2

+

y2

b2

=1(a＞b＞0)，
則

1

a2

+

1 2

b2

=1③，a²=b²+1④…（5分）
將④代入③，解得b²=1或b2=-

1

2

（舍去）
所以a²=b²+1=2…（6分）
故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為

x2

2

+y2=1…（7分）
②．（ i）當(dāng)直線l的斜率不存在時，A(1，

2

2

)，B(1，-

2

2

)，
又T（2，0），所以|

TA

+

TB

|=|(-1，

2

2

)+(-1，-

2

2

)|=2…（8分）
（ ii）當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y=k（x-1），（k∈R）
由

y=kx-k x2 2 +y2=1

得（1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則由根與系數(shù)的關(guān)系，
可得：x1+x2=

4k2

1+2k2

，x1•x2=

2k2-2

1+2k2

…（9分）

因?yàn)?span id="9whxaji" class="MathJye">

TA

=（x₁-2，y₁），

TB

=（x₂-2，y₂），
所以

TA

+

TB

=（x₁+x₂-4，y₁+y₂），
又x1+x2-4=

-4(1+k2)

1+2k2

，y₁+y₂=k（x₁+x₂）-2k
故|

TA

+

TB

|2=(x1+x2-4)2+(y1+y2)2=

16(1+k2)2

(1+2k2)2

+

4k2

(1+2k2)2

=

4(1+2k2)2+10(1+2k2)+2

(1+2k2)2

=4+

10

1+2k2

+

2

(1+2k2)2

…（11分）
令t=

1

1+2k2

，因?yàn)?span id="ijf9xnj" class="MathJye">0＜

1

1+2k2

≤1，即t∈（0，1]，
所以|

TA

+

TB

|2=2t2+10t+4=2(t+

5

2

)2-

17

2

∈（4，16]．
所以|

TA

+

TB

|∈(2，4]…（13分）
綜上所述：|

TA

+

TB

|∈([2，4]．…（14分）

點(diǎn)評：本題考查的知識點(diǎn)是直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，橢圓的簡單性質(zhì)，是直線與橢圓、拋物線的綜合應(yīng)用，難度較大，屬于難題．