Question

13．已知椭圆C₁、抛物线C₂的焦点均在x轴上，C₁的中心和C₂的顶点均为原点O，从每条曲线上各取两个点，将其坐标记录于表中：

x	3	-2	4	$\sqrt{2}$
y	-2$\sqrt{3}$	0	-4	$\frac{\sqrt{2}}{2}$

（1）求C₁，C₂的标准方程；
（2）已知直线l过C₂的焦点F并与C₁交于不同的两点M，N，且满足$\overrightarrow{OM}$⊥$\overrightarrow{ON}$．求直线l的方程．

Answer 1

分析 （1）把抛物线C₂：y²=2px（p≠0）变为$\frac{{y}^{2}}{x}$=2p，已知可知（3，-2$\sqrt{3}$），（4，-4）在C₂上，求出p，则抛物线方程可求；设椭圆C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0），把点（-2，0），（$\sqrt{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）代入即可求得a，b的值，则椭圆方程可求；
（2）当直线l的斜率不存在时，不满足题意；当直线l的斜率存在时，设其方程为y=k（x-1），联立直线方程和椭圆方程，利用根与系数的关系求得M，N的横纵坐标的乘积，结合$\overrightarrow{OM}$⊥$\overrightarrow{ON}$求得k值得答案．

解答 解：（1）设抛物线C₂：y²=2px（p≠0），则有$\frac{{y}^{2}}{x}$=2p（x≠0），
据此验证四个点知（3，-2$\sqrt{3}$），（4，-4）在C₂上，求得C₂的标准方程为y²=4x．
设椭圆C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0），把点（-2，0），（$\sqrt{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）代入得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{4}{{a}^{2}}=1}\\{\frac{2}{{a}^{2}}+\frac{1}{2{b}^{2}}=1}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}=4}\\{{b}^{2}=1}\end{array}\right.$，∴C₁的标准方程为$\frac{x2}{4}$+y²=1；
（2）当直线l的斜率不存在时，不满足题意；
当直线l的斜率存在时，设其方程为y=k（x-1），
与C₁的交点为M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去y并整理得（1+4k²）x²-8k²x+4（k²-1）=0，
于是x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4（{k}^{2}-1）}{1+4{k}^{2}}$．①
∴y₁y₂=k²（x₁-1）（x₂-1）=k²[x₁x₂-（x₁+x₂）+1]=k²[$\frac{4（{k}^{2}-1）}{1+4{k}^{2}}$-$\frac{8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$+1]=-$\frac{3{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$．②
由$\overrightarrow{OM}$⊥$\overrightarrow{ON}$，即$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{ON}$=0，得x₁x₂+y₁y₂=0．③
将①②代入③式，得$\frac{4（{k}^{2}-1）}{1+4{k}^{2}}-\frac{3{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}=\frac{{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}=0$，
解得k=±2，
∴存在直线l满足条件，且直线l的方程为2x-y-2=0或2x+y-2=0．

点评 本题考查椭圆、抛物线的简单性质，考查了直线与圆锥曲线位置关系的应用，体现了“设而不求”的解题思想方法，是中档题．