Question

（2013•枣庄二模）已知抛物线x²=2py上点（2，2）处的切线经过椭圆E：

y2

a2

+

x2

b2

=1(a＞b＞0)的两个顶点．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过椭圆E的上顶点A的两条斜率之积为-4的直线与该椭圆交于B，C两点，是否存在一点D，使得直线BC恒过该点？若存在，请求出定点D的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）在（2）的条件下，若△ABC的重心为G，当边BC的端点在椭圆E上运动时，求|GA|²+|GB|²+|GC|²的取值范围．

Answer 1

分析：（1）把（2，2）代入抛物线方程x²=2py，即可得到p，即可得到抛物线的方程．利用导数即可得到切线的斜率，利用点斜式即可得到切线方程，即可求出与坐标轴的交点坐标，即可得到a，b．可得椭圆的方程．
（2）假设直线BC恒过定点D，由题意可知直线BC的斜率必存在，故可设直线BC的方程为y=kx+m（m≠2）．
设B（x₁，y₁），C（x₂，y₂）．由（1）知A（0，2）．把直线方程与椭圆方程联立可得△＞0及根与系数的关系，再利用k_AB•k_AC=

y1-2

x1

•

y2-2

x2

即可得出m．进而可得答案．
（3）利用椭圆的性质和三角形的重心性质即可得出．

解答：解：（1）把（2，2）代入抛物线方程x²=2py，得2²=2p×2，解得p=1，
∴抛物线的方程为x²=2y；
∴y′=x，∴抛物线x²=2y在点（2，2）处的切线的斜率为y′|_x=2=2，
∴抛物线在点（2，2）处的切线方程为y-2=2（x-2），化为y=2x-2．
它与两坐标轴的交点分别为（1，0），（0，-2），由题意可得a=2，b=1．
∴椭圆的方程为

y2

4

+x2=1．
（2）假设直线BC恒过定点D，由题意可知直线BC的斜率必存在，故可设直线BC的方程为y=kx+m（m≠2）．
设B（x₁，y₁），C（x₂，y₂）．由（1）知A（0，2）．
联立

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，化为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

．
由题意可得

4(m-2)

m+2

=-4，解得m=0，满足△＞0．
∴直线BC的方程为y=kx，直线BC恒过定点D（0，0）．
（3）由（2）可知：原点（0，0）在直线BC上，
由椭圆的对称性可知AO为△ABC的边BC上的中线，由|AG|=2|GO|和A（0，2），得G点的坐标为(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

．
不妨设点C在y轴的右侧，则x₂∈（0，1]．
∴

14

3

≤

32

3

-6

x

2 2

＜

32

3

，即求|GA|²+|GB|²+|GC|²的取值范围是[

14

3

，

32

3

)．

点评：本题综合考查了椭圆、抛物线的标准方程及其性质、直线与圆锥曲线相交问题转化为一元二次方程得根与系数的关系、三角形的重心性质等基础知识及基本技能，考查了推理能力和计算能力．