题目内容
已知椭圆x2 |
α 2 |
y 2 |
α2-1 |
(Ⅰ)求抛物线C的方程和点M的坐标;
(Ⅱ)过F2作抛物线C的两条互相垂直的弦AB、DE,设弦AB、DE的中点分别为F、N,求证直线FN恒过定点.
分析:(Ⅰ)由椭圆方程得半焦距c=
=1,椭圆焦点为F1(-1,0),F2(1,0),抛物线C的焦点为(
,0),故
=1,p=2,由此能求出抛物线C的方程和点M的坐标.
(Ⅱ)设AB的方程为x=ty+1,代入y2=4x,得y2-4ty-4=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),由韦达定理和两点式方程能导出直线FN恒过定点(3,0).
a2-(a2-1) |
p |
2 |
p |
2 |
(Ⅱ)设AB的方程为x=ty+1,代入y2=4x,得y2-4ty-4=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),由韦达定理和两点式方程能导出直线FN恒过定点(3,0).
解答:解:(Ⅰ)由椭圆方程得半焦距c=
=1,(1分)
所以椭圆焦点为F1(-1,0),F2(1,0),(2分)
又抛物线C的焦点为(
,0),∴
=1,p=2,∴C:y2=4x,(3分)
设M(x1,y1),则y12=4x1,直线F1M的方程为y=
(x+1),(4分)
代入抛物线C得y12(x+1)2=4x(x1+1)2,即4x1(x+1)2=4x(x1+1)2,
∴x1x2-(x12+1)x+x1=0,∴F1M与抛物线C相切,
∴△=(x12+1)2-4x12=0,∴x1=1,M(1,±2),(7分)
(Ⅱ)设AB的方程为x=ty+1,代入y2=4x,得y2-4ty-4=0,(8分)
设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4t,
=2t,(9分)
x1+x2=t(y1+y2)+2=4t2+2,
=2t2+1,(10分)
所以F(2t2+1,2t),将t换成-
得N(
+1,-
),(12分)
由两点式得FN的方程为x-(t-
) y=3,(13分)
当y=0时x=3,所以直线FN恒过定点(3,0).(13分)
a2-(a2-1) |
所以椭圆焦点为F1(-1,0),F2(1,0),(2分)
又抛物线C的焦点为(
p |
2 |
p |
2 |
设M(x1,y1),则y12=4x1,直线F1M的方程为y=
y1 |
x1+1 |
代入抛物线C得y12(x+1)2=4x(x1+1)2,即4x1(x+1)2=4x(x1+1)2,
∴x1x2-(x12+1)x+x1=0,∴F1M与抛物线C相切,
∴△=(x12+1)2-4x12=0,∴x1=1,M(1,±2),(7分)
(Ⅱ)设AB的方程为x=ty+1,代入y2=4x,得y2-4ty-4=0,(8分)
设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4t,
y1+y2 |
2 |
x1+x2=t(y1+y2)+2=4t2+2,
x1+x2 |
2 |
所以F(2t2+1,2t),将t换成-
1 |
t |
2 |
t2 |
2 |
t |
由两点式得FN的方程为x-(t-
1 |
t |
当y=0时x=3,所以直线FN恒过定点(3,0).(13分)
点评:本题考查直线和圆锥曲线的位置关系,解题时要认真审题,注意抛物线性质的灵活运用和韦达定理的合理运用.
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