如图.椭圆C1:x2a2+y2b2=1的离心率为32.x轴被曲线C2:y=x2-b截得的线段长等于C1的长半轴长．(Ⅰ)求C1.C2的方程,(Ⅱ)设C2与y轴的交点为M.过坐标原点O的直线l与C2相交于点A.B.直线MA.MB分别与C1相交于D.E．(i)证明:MD⊥ME,(ii)记△MAB.△MDE的面积分别是S1.S2．问:是否存在直线l.使得S1S2=1732?请说明理由� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网——

题目内容

如图，椭圆C₁：

x2

a2

+

y2

b2

=1（a＞b＞0）的离心率为

3

2

，x轴被曲线C₂：y=x²-b截得的线段长等于C₁的长半轴长．
（Ⅰ）求C₁，C₂的方程；
（Ⅱ）设C₂与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C₂相交于点A、B，直线MA，MB分别与C₁相交于D，E．
（i）证明：MD⊥ME；
（ii）记△MAB，△MDE的面积分别是S₁，S₂．问：是否存在直线l，使得

S1

S2

=

17

32

？请说明理由．

分析：（Ⅰ）先利用离心率得到一个关于参数的方程，再利用x轴被曲线C₂：y=x²-b截得的线段长等于C₁的长半轴长得另一个方程，两个方程联立即可求出参数进而求出C₁，C₂的方程；
（Ⅱ）（i）把直线l的方程与抛物线方程联立可得关于点A、B坐标的等量关系，再代入求出k_MA•k_MB=-1，即可证明：MD⊥ME；
（ii）先把直线MA的方程与抛物线方程联立可得点A的坐标，再利用弦长公式求出|MA|，同样的方法求出|MB|进而求出S₁，同理可求S₂．再代入已知就可知道是否存在直线l满足题中条件了．

解答：解：（Ⅰ）由题得e=

c

a

=

3

2

，从而a=2b，又2

b

=a，解得a=2，b=1，
故C₁，C₂的方程分别为

x2

4

+y2=1，y=x²-1．
（Ⅱ）（i）由题得，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为y=kx，
由

y=kx

y=x2-1

得x²-kx-1=0．
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则x₁，x₂是上述方程的两个实根，
于是x₁+x₂=k，x₁x₂=-1，又点M的坐标为（0，-1），
所以k_MA•k_MB=

y1+1

x1

•

y2+1

x2

=

(kx1+1)(kx2+1)

x1x2

=

k2x1x2+k(x1+x2)+1

x1x2

=

-k2+k2+1

-1

=-1．
故MA⊥MB，即MD⊥ME．
（ii）设直线MA的斜率为k₁，则直线MA的方程为y=k₁x-1．
由

y=k1x-1

y=x2-1

，解得

x=0

y=-1

或

x=k1

y=k12-1

．
则点A的坐标为（k₁，k₁²-1）．
又直线MB的斜率为-

1

k1

，同理可得点B的坐标为（-

1

k1

，

1

k12

-1）．
于是s₁=

1

2

|MA|•|MB|=

1

2

1+k12

•|k₁|•

1+

1

k12

•|-

1

k1

|=

1+k12

2|k1|

．
由

y=k1x-1

x2+4y2-4=0

得（1+4k₁²）x²-8k₁x=0．
解得

x=0

y=-1

或，

x=

8k1

1+4k12

y=

4k12-1

1+4k12

，则点D的坐标为（

8k1

1+4k12

，

4k12-1

1+4k12

）．
又直线ME的斜率为-

1

k1

．同理可得点E的坐标为（

-8k1

4+k12

，

4-k12

4+k12

）．
于是s₂=

1

2

|MD|•|ME|=

32(1+k12)•|k1|

(1+4k12)(k12+4)

．
故

s1

s2

=

1

64

(4k12+

4

k12

+17)=

17

32

，解得k₁²=4或k₁²=

1

4

．
又由点A，B的坐标得，k=

k12-

1

k12

k1+

1

k1

=k₁-

1

k1

．所以k=±

3

2

．
故满足条件的直线存在，且有两条，其方程为y=

3

2

x和y=-

3

2

x．

点评：本题是对椭圆与抛物线以及直线与抛物线和直线与椭圆的综合问题的考查．是一道整理过程很麻烦的题，需要要认真，细致的态度才能把题目作好．

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=1（a＞b＞0）的离心率e=

，C₁与C₂在第一象限的交点为P（

）
（1）求抛物线C₁及椭圆C₂的方程；
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