Question

5．如圖，橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，x軸被曲線C₂：y=x²-b截得的線段長(zhǎng)等于C₁的長(zhǎng)半軸長(zhǎng)．
（1）求C₁的方程；
（2）設(shè)C₂與y軸的交點(diǎn)為M，過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O的直線l與C₂相交于點(diǎn)A、B，直線MA，MB分別與C₁相交于D，E
（i）證明：MD⊥ME
（ii）記△MAB，△MDE的面積分別是S₁，S₂．問(wèn)：是否存在直線l，使得$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=$\frac{17}{23}$？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意可得：$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$2\sqrt$=a，a²=b²+c²．聯(lián)立解出即可得出．
（2）（i）由題得，直線l的斜率存在，設(shè)為k，則直線l的方程為：y=kx，與拋物線方程聯(lián)立得x²-kx-1=0．設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），利用根與系數(shù)的關(guān)系、斜率計(jì)算公式可得：k_MA•k_MB=-1．即可證明．
（ii）設(shè)直線MA的斜率為k₁，則直線MA的方程為y=k₁x-1．由$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}x-1}\\{y={x}^{2}-1}\end{array}\right.$，解得點(diǎn)A的坐標(biāo)為$（{k}_{1}，{k}_{1}^{2}-1）$．又直線MB的斜率為-$\frac{1}{{k}_{1}}$，同理可得點(diǎn)B的坐標(biāo)為$（-\frac{1}{{k}_{1}}，\frac{1}{{k}_{1}^{2}}-1）$．可得S₁=$\frac{1}{2}$|MA|•|MB|=$\frac{1+{k}_{1}^{2}}{2|{k}_{1}|}$．同理聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}x-1}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}+4=0}\end{array}\right.$，可得D的坐標(biāo)為$（\frac{8{k}_{1}}{1+4{k}_{1}^{2}}，\frac{4{k}_{1}^{2}-1}{1+4{k}_{1}^{2}}）$．同理可得點(diǎn)E的坐標(biāo)為$（\frac{-8{k}_{1}}{4+{k}_{1}^{2}}，\frac{4-{k}_{1}^{2}}{4+{k}_{1}^{2}}）$．可得S₂=$\frac{1}{2}$|MD|•|ME|，利用$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=$\frac{1}{64}$$（4{k}_{1}^{2}+\frac{4}{{k}_{1}^{2}}+17）$=$\frac{17}{32}$，解得${k}_{1}^{2}$，由點(diǎn)A，B的坐標(biāo)得，k=${k}_{1}-\frac{1}{{k}_{1}}$．即可得出．

解答 解：（1）由題意可得：$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$2\sqrt$=a，a²=b²+c²．
聯(lián)立解得：a=2，b=1，c=$\sqrt{3}$．
故C₁的方程方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
（2）（i）由題得，直線l的斜率存在，設(shè)為k，則直線l的方程為：y=kx，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx}\\{y={x}^{2}-1}\end{array}\right.$，得x²-kx-1=0．設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
于是x₁+x₂=k，x₁•x₂=-1，又點(diǎn)M的坐標(biāo)為（0，-1）．
所以k_MA•k_MB=$\frac{{y}_{1}+1}{{x}_{1}}$•$\frac{{y}_{2}+1}{{x}_{2}}$=$\frac{（k{x}_{1}+1）（k{x}_{2}+1）}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{{k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}+k（{x}_{1}+{x}_{2}）+1}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{-{k}^{2}+{k}^{2}+1}{-1}$=-1．
故MA⊥MB，即MD⊥ME．
（ii）設(shè)直線MA的斜率為k₁，則直線MA的方程為y=k₁x-1．
由$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}x-1}\\{y={x}^{2}-1}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=0}\\{y=-1}\end{array}\right.$，或$\left\{\begin{array}{l}{x={k}_{1}}\\{y={k}_{1}^{2}-1}\end{array}\right.$．則點(diǎn)A的坐標(biāo)為$（{k}_{1}，{k}_{1}^{2}-1）$．
又直線MB的斜率為-$\frac{1}{{k}_{1}}$，同理可得點(diǎn)B的坐標(biāo)為$（-\frac{1}{{k}_{1}}，\frac{1}{{k}_{1}^{2}}-1）$．
于是S₁=$\frac{1}{2}$|MA|•|MB|=$\frac{1}{2}\sqrt{1+{k}_{1}^{2}}$×|k₁|×$\sqrt{1+\frac{1}{{k}_{1}^{2}}}$×$|-\frac{1}{{k}_{1}}|$=$\frac{1+{k}_{1}^{2}}{2|{k}_{1}|}$．
由$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}x-1}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}+4=0}\end{array}\right.$，得$（1+4{k}_{1}^{2}）$x²-8k₁x=0．
解得$\left\{\begin{array}{l}{x=0}\\{y=-1}\end{array}\right.$，或$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{8{k}_{1}}{1+4{k}_{1}^{2}}}\\{y=\frac{4{k}_{1}^{2}-1}{1+4{k}_{1}^{2}}}\end{array}\right.$，
則點(diǎn)D的坐標(biāo)為$（\frac{8{k}_{1}}{1+4{k}_{1}^{2}}，\frac{4{k}_{1}^{2}-1}{1+4{k}_{1}^{2}}）$．
又直線ME的斜率為-$\frac{1}{{k}_{1}}$．
同理可得點(diǎn)E的坐標(biāo)為$（\frac{-8{k}_{1}}{4+{k}_{1}^{2}}，\frac{4-{k}_{1}^{2}}{4+{k}_{1}^{2}}）$．
于是S₂=$\frac{1}{2}$|MD|•|ME|=$\frac{32（1+{k}_{1}^{2}）|{k}_{1}|}{（1+4{k}_{1}^{2}）（{k}_{1}^{2}+4）}$．
故$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=$\frac{1}{64}$$（4{k}_{1}^{2}+\frac{4}{{k}_{1}^{2}}+17）$=$\frac{17}{32}$，解得${k}_{1}^{2}$=4，或${k}_{1}^{2}$=$\frac{1}{4}$．
又由點(diǎn)A，B的坐標(biāo)得，k=$\frac{{k}_{1}^{2}-\frac{1}{{k}_{1}^{2}}}{{k}_{1}+\frac{1}{{k}_{1}}}$=${k}_{1}-\frac{1}{{k}_{1}}$．
所以k=$±\frac{3}{2}$．
故滿足條件的直線l存在，且有兩條，其方程為y=$±\frac{3}{2}$x．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓與拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓拋物線相交問(wèn)題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、斜率計(jì)算公式、三角形面積計(jì)算公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．