Question

7．已知橢圓C₁過點(diǎn)（-2，0），（$\sqrt{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），拋物線C₂的焦點(diǎn)在x軸上，過點(diǎn)（3，-2$\sqrt{3}$）
（1）求C₁、C₂的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）請問是否存在直線l滿足條件：①過點(diǎn)C₂的焦點(diǎn)F；②與C₁交不同兩點(diǎn)M、N，且滿足$\overrightarrow{OM}⊥\overrightarrow{ON}$？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)拋物線C₂：y²=2px（p≠0），則點(diǎn)（3，-2$\sqrt{3}$）代入，可得p=2；設(shè)橢圓方程為mx²+ny²=1，利用橢圓C₁過點(diǎn)（-2，0），（$\sqrt{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），求出m，n，可得橢圓方程．
（2）容易驗(yàn)證直線l的斜率不存在時(shí)，不滿足題意；當(dāng)直線l斜率存在時(shí)，假設(shè)存在直線l過拋物線焦點(diǎn)F（1，0），設(shè)其方程為y=k（x-1），與C₁的交點(diǎn)坐標(biāo)為M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），由y=k（x-1）代入橢圓方程消掉y，得（1+4k²）x²-8k²x+4（k²-1）=0，再由韋達(dá)定理能夠?qū)С龃嬖谥本�l滿足條件，且l的方程為：y=2x-2或y=-2x+2．

解答 解：（1）設(shè)拋物線C₂：y²=2px（p≠0），則點(diǎn)（3，-2$\sqrt{3}$）代入，可得p=2，
∴C₂：y²=4x；
設(shè)橢圓方程為mx²+ny²=1，
∵橢圓C₁過點(diǎn)（-2，0），（$\sqrt{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
∴4m=1，2m+$\frac{1}{2}$n=1，
∴m=$\frac{1}{4}$，n=1，
∴橢圓方程為$\frac{1}{4}$x²+y²=1；
（2）容易驗(yàn)證直線l的斜率不存在時(shí)，不滿足題意；
當(dāng)直線l斜率存在時(shí)，假設(shè)存在直線l過拋物線焦點(diǎn)F（1，0），
設(shè)其方程為y=k（x-1），與C₁的交點(diǎn)坐標(biāo)為M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）
由y=k（x-1）代入橢圓方程，消掉y，得（1+4k²）x²-8k²x+4（k²-1）=0，
于是x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4（{k}^{2}-1）}{1+4{k}^{2}}$
y₁y₂=k（x₁-1）×k（x₁-1）=k²[x₁x₂-（x₁+x₂）+1]=-$\frac{3{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$②
由$\overrightarrow{OM}⊥\overrightarrow{ON}$，得x₁x₂+y₁y₂=0（*），
將①、②代入（*）式，得$\frac{4（{k}^{2}-1）}{1+4{k}^{2}}$-$\frac{3{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$=0
解得k=±2；
所以存在直線l滿足條件，且l的方程為：y=2x-2或y=-2x+2．

點(diǎn)評 本題主要考查直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用能力，具體涉及到軌跡方程的求法及直線與拋物線的相關(guān)知識，解題時(shí)要注意合理地進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化．