Question

2．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截得的線段長等于C₁的長半軸長．C₂與y軸的交點(diǎn)為M，過坐標(biāo)原點(diǎn)O的直線l與C₂相交于點(diǎn)A，B，兩直線MA，MB分別與C₁相交于點(diǎn)D，E．
①曲線C₁，C₂的方程分別為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1，y=x²-1；
②MD⊥ME；
③若橢圓C₁的左右頂點(diǎn)分別為P、Q兩點(diǎn)，則k_DP•k_DQ=-$\frac{1}{4}$；
④記△MAB，△MDE的面積分別為S₁，S₂，則$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$的最大值為$\frac{25}{64}$．
以上列說法正確的有（　　）

• A． 1個(gè)
• B． 2個(gè)
• C． 3個(gè)
• D． 4個(gè)

Answer 1

分析 ①先利用離心率得到一個(gè)關(guān)于參數(shù)的方程，再利用x軸被曲線C₂：y=x²-b截得的線段長等于C₁的長半軸長得另一個(gè)方程，兩個(gè)方程聯(lián)立即可求出參數(shù)進(jìn)而求出C₁，C₂的方程；
②把直線l的方程與拋物線方程聯(lián)立可得關(guān)于點(diǎn)A、B坐標(biāo)的等量關(guān)系，再代入求出k_MA•k_MB=-1，即可證明：MD⊥ME；
③直接利用斜率公式，即可得出結(jié)論；
④先把直線MA的方程與拋物線方程聯(lián)立可得點(diǎn)A的坐標(biāo)，再利用弦長公式求出|MA|，同樣的方法求出|MB|進(jìn)而求出S₁，同理可求S₂．再代入已知就可知道是否存在直線l滿足題中條件了．

解答 解：①由題得e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，從而a=2b，又2$\sqrt$=a，解得a=2，b=1，
故C₁，C₂的方程分別為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1，y=x²-1，故正確．
②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y=x²-1聯(lián)立得x²-kx-1=0．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則x₁，x₂是上述方程的兩個(gè)實(shí)根，
于是x₁+x₂=k，x₁x₂=-1，又點(diǎn)M的坐標(biāo)為（0，-1），
所以k_MA•k_MB=$\frac{{y}_{1}+1}{{x}_{1}}•\frac{{y}_{2}+1}{{x}_{2}}$=-1．
故MA⊥MB，即MD⊥ME，正確．
③設(shè)D（x，y），P（-2，0），Q（2，0），則k_DP•k_DQ=$\frac{y}{x+2}•\frac{y}{x-2}$=-$\frac{1}{4}$，正確；
④設(shè)直線MA的斜率為k₁，則直線MA的方程為y=k₁x-1．
與y=x²-1聯(lián)立解得$\left\{\begin{array}{l}{x=0}\\{y=-1}\end{array}\right.$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（k₁，k₁²-1）．
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y=k₁x-1與橢圓方程聯(lián)立得（1+4k₁²）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 $\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=$\frac{1}{64}$（4k₁²+$\frac{4}{{{k}_{1}}^{2}}$+17）≥$\frac{25}{64}$，所以$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$的最小值為$\frac{25}{64}$，不正確．
故選C．

點(diǎn)評(píng) 本題是對(duì)橢圓與拋物線以及直線與拋物線和直線與橢圓的綜合問題的考查．是一道整理過程很麻煩的題，需要要認(rèn)真，細(xì)致的態(tài)度才能把題目作好．