Question

6．已知椭圆C₁：$\frac{x^2}{4}$+y²=1，抛物线C₂：y²=ax（a＞0），点T为椭圆C₁的右顶点，设椭圆C₁与抛物线C₂交于点A，B．
（1）求$\overrightarrow{TA}$•$\overrightarrow{TB}$的最小值，并求此时抛物线C₂的方程；
（2）设点M是椭圆C₁上异于A，B的任意一点，且直线MA，MB分别与x轴交于点P，Q，O为坐标原点，求证：|OP|•|OQ|为定值．

Answer 1

分析 （1）设A（x₀，y₀），则B（x₀，-y₀），求出$\overrightarrow{TA}$，$\overrightarrow{TB}$，推出向量的数量积的表达式，利用二次函数求解最小值，然后求出A的坐标，推出抛物线方程．
（2）设M（x₁，y₁），由A（x₀，y₀），求出P的坐标，Q的坐标，求出|OP|•|OQ|的表达式，利用M（x₁，y₁），A（x₀，y₀）均在椭圆上，化简求解即可得到|OP|•|OQ|=4．

解答 解：（1）由抛物线与椭圆关于x轴对称可得：M，N关于x轴对称．
设A（x₀，y₀），则B（x₀，-y₀），且有$\frac{x_0^2}{4}+y_0^2=1$
由T（2，0）可得：$\overrightarrow{TA}=（{{x_0}-2，{y_0}}），\overrightarrow{TB}=（{{x_0}-2，-{y_0}}）$，
∴$\overrightarrow{TA}•\overrightarrow{TB}={（{{x_0}-2}）^2}-y_0^2={（{{x_0}-2}）^2}+\frac{x_0^2}{4}-1$=$\frac{5}{4}x_0^2-4{x_0}+3=\frac{5}{4}{（{{x_0}-\frac{8}{5}}）^2}-\frac{1}{5}$…（3分）
因为A在右半椭圆上（非长轴顶点）∴0＜x₀＜2∴${x_0}=\frac{8}{5}$时，
${（{\overrightarrow{TA}•\overrightarrow{TB}}）_{min}}=-\frac{1}{5}$，将${x_0}=\frac{8}{5}$代入可得${y_0}=\frac{3}{5}$
即A（$\frac{8}{5}$，$\frac{3}{5}$），代入到抛物线方程可得：a=$\frac{9}{40}$，
所以此时抛物线C₂的方程为${y^2}=\frac{9}{40}x$．…（5分）
（2）设M（x₁，y₁），由A（x₀，y₀）可得：${k_{MA}}=\frac{{{y_1}-{y_0}}}{{{x_1}-{x_0}}}$
∵MA的方程为：y-y₁=$\frac{{y}_{1}-{y}_{0}}{{x}_{1}-{x}_{0}}（x-{x}_{1}）$
令y=0，可解得：${x_P}=\frac{{{x_0}{y_1}-{x_1}{y_0}}}{{{y_1}-{y_0}}}$
同理可解得MB与x轴的交点Q的横坐标${x_Q}=\frac{{{x_0}{y_1}+{x_1}{y_0}}}{{{y_1}+{y_0}}}$…（7分）
所以$|{OP}|•|{OQ}|=|{{x_P}{x_Q}}|=|{\frac{{{x_0}{y_1}-{x_1}{y_0}}}{{{y_1}-{y_0}}}•\frac{{{x_0}{y_1}+{x_1}{y_0}}}{{{y_1}+{y_0}}}}|=|{\frac{x_0^2y_1^2-x_1^2y_0^2}{y_1^2-y_0^2}}|$①
因为M（x₁，y₁），A（x₀，y₀）均在椭圆上
∴$\left\{\begin{array}{l}\frac{x_0^2}{4}+y_0^2=1\\ \frac{x_1^2}{4}+y_1^2=1\end{array}\right.⇒\left\{\begin{array}{l}x_0^2=4-4y_0^2\\ x_1^2=4-4y_1^2\end{array}\right.$，代入到①可得：…（10分）$|{OP}|•|{OQ}|=|{\frac{x_0^2y_1^2-x_1^2y_0^2}{y_1^2-y_0^2}}|=|{\frac{{（{4-4y_0^2}）y_1^2-（{4-4y_1^2}）y_0^2}}{y_1^2-y_0^2}}|=|{\frac{4y_1^2-4y_0^2}{y_1^2-y_0^2}}|=4$
所以|OP|•|OQ|=4，即为定值…（12分）

点评 本题考查抛物线的求法，数量积的应用，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力．