Question

（2013•棗莊二模）已知拋物線x²=2py上點（2，2）處的切線經過橢圓E：

y2

a2

+

x2

b2

=1(a＞b＞0)的兩個頂點．
（1）求橢圓E的方程；
（2）過橢圓E的上頂點A的兩條斜率之積為-4的直線與該橢圓交于B，C兩點，是否存在一點D，使得直線BC恒過該點？若存在，請求出定點D的坐標；若不存在，請說明理由；
（3）在（2）的條件下，若△ABC的重心為G，當邊BC的端點在橢圓E上運動時，求|GA|²+|GB|²+|GC|²的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）把（2，2）代入拋物線方程x²=2py，即可得到p，即可得到拋物線的方程．利用導數即可得到切線的斜率，利用點斜式即可得到切線方程，即可求出與坐標軸的交點坐標，即可得到a，b．可得橢圓的方程．
（2）假設直線BC恒過定點D，由題意可知直線BC的斜率必存在，故可設直線BC的方程為y=kx+m（m≠2）．
設B（x₁，y₁），C（x₂，y₂）．由（1）知A（0，2）．把直線方程與橢圓方程聯立可得△＞0及根與系數的關系，再利用k_AB•k_AC=

y1-2

x1

•

y2-2

x2

即可得出m．進而可得答案．
（3）利用橢圓的性質和三角形的重心性質即可得出．

解答：解：（1）把（2，2）代入拋物線方程x²=2py，得2²=2p×2，解得p=1，
∴拋物線的方程為x²=2y；
∴y′=x，∴拋物線x²=2y在點（2，2）處的切線的斜率為y′|_x=2=2，
∴拋物線在點（2，2）處的切線方程為y-2=2（x-2），化為y=2x-2．
它與兩坐標軸的交點分別為（1，0），（0，-2），由題意可得a=2，b=1．
∴橢圓的方程為

y2

4

+x2=1．
（2）假設直線BC恒過定點D，由題意可知直線BC的斜率必存在，故可設直線BC的方程為y=kx+m（m≠2）．
設B（x₁，y₁），C（x₂，y₂）．由（1）知A（0，2）．
聯立

y=kx+m y2 4 +x2=1

消去y得到（k²+4）x²+2kmx+m²-4=0，
由△＞0，得（2km）²-4（k²+4）（m²-4）＞0，化為k²-m²+4＞0．
∴

x1+x2=- 2km k2+4 x1x2= m2-4 k2+4

，
∴k_AB•k_AC=

y1-2

x1

•

y2-2

x2

=

(kx1+m-2)(kx2+m-2)

x1x2

=

k2x1x2+k(m-2)(x1+x2)+(m-2)2

x1x2

=

k2(m2-4) k2+4 - 2k2m(m-2) k2+4 +(m-2)2

m2-4 k2+4

=

k2(m2-4)-2k2m(m-2)+(k2+4)(m-2)2

m2-4

=

k2(m+2)-2k2m+(k2+4)(m-2)

m+2

=

4(m-2)

m+2

．
由題意可得

4(m-2)

m+2

=-4，解得m=0，滿足△＞0．
∴直線BC的方程為y=kx，直線BC恒過定點D（0，0）．
（3）由（2）可知：原點（0，0）在直線BC上，
由橢圓的對稱性可知AO為△ABC的邊BC上的中線，由|AG|=2|GO|和A（0，2），得G點的坐標為(0，

2

3

)．
∴|GA|2=(2-

2

3

)2=

16

9

．
∴|GA|²+|GB|²+|GC|²=

16

9

+

x

2 1

+(y1-

2

3

)2+

x

2 2

+(y2-

2

3

)2=

8

3

+2

x

2 2

+2

y

2 2

=

8

3

+2

x

2 2

+8(1-

x

2 2

)=

32

3

-6

x

2 2

．
不妨設點C在y軸的右側，則x₂∈（0，1]．
∴

14

3

≤

32

3

-6

x

2 2

＜

32

3

，即求|GA|²+|GB|²+|GC|²的取值范圍是[

14

3

，

32

3

)．

點評：本題綜合考查了橢圓、拋物線的標準方程及其性質、直線與圓錐曲線相交問題轉化為一元二次方程得根與系數的關系、三角形的重心性質等基礎知識及基本技能，考查了推理能力和計算能力．