分析 (1)由題意可知:c=1,橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$,即可求得a和b的值,求得橢圓方程,F(xiàn)2(1,0)為拋物線C2:y2=4mx(m>0)的焦點(diǎn)可得m=1,
即可求得拋物線方程;
(2)當(dāng)直線斜率存,設(shè)直線AB的方程為y=kx+n,代入橢圓方程,由韋達(dá)定理及向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算,代入整理可知:7n2-12k2-12=0,由OD⊥AB,則$k=-\frac{x_0}{y_0}$,點(diǎn)D在直線AB上,y0=kx0+n,整理求得點(diǎn)D的軌跡方程為${x^2}+{y^2}=\frac{12}{9}(y≠0)$,當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí),$D(±\frac{{2\sqrt{21}}}{7},0),滿足{x^2}+{y^2}=\frac{12}{7}$,即可求得點(diǎn)D為軌跡方程.
解答 解:(1)由題意知橢圓C1中F2(1,0)則:c=1,
由橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$
∴$a=2,b=\sqrt{{a^2}-{c^2}}=\sqrt{3}$
故橢圓的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}$=1…(2分)
由F2(1,0)為拋物線C2:y2=4mx(m>0)的焦點(diǎn)可得m=1,
∴拋物線的方程為y2=4x…(4分)
(2)當(dāng)直線AB的斜率k存在時(shí)
設(shè)直線AB的方程為y=kx+n,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\\ y=kx+n\end{array}\right.$,
得(4k2+3)x2+8knx+4n2-12=0…(6分)
∴${x_1}+{x_2}=-\frac{8kn}{{4{k^2}+3}},{x_1}{x_2}=\frac{{4{n^2}-12}}{{4{k^2}+3}}$,
∴${y_1}{y_2}=(k{x_1}+n)(k{x_2}+n)={k^2}{x_1}{x_2}+kn({x_1}+{x_2})+{n^2}$,
∵$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0$,
∴x1x2+y1y2=0,
即$({k^2}+1){x_1}{x_2}+kn({x_1}+{x_2})+n=0,\frac{{\{{k^2}+1\}(4{n^2}-12)}}{{4{k^2}+3}}-\frac{{8{k^2}{n^2}}}{{4{k^2}+3}}+{n^2}=0$,
∴7n2-12k2-12=0①…(8分)
又∵OD⊥AB,設(shè)D(x0,y0),
∴$k=-\frac{x_0}{y_0}$②
又∵點(diǎn)D在直線AB上,
∴y0=kx0+n,
∴$n={y_0}-k{x_0}={y_0}+\frac{x_0^2}{y_0}$③…(10分)
把②③代入①得$7{({y_0}+\frac{x_0^2}{y_0})^2}-12\frac{x_0^2}{y_0^2}-12=0$,
∴$\frac{x_0^2+y_0^2}{y_0^2}[7(x_0^2+y_0^2)-12]=0$,
∴$x_0^2+y_0^2=\frac{12}{7}$,
∴點(diǎn)D的軌跡方程為${x^2}+{y^2}=\frac{12}{9}(y≠0)$,
當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí),$D(±\frac{{2\sqrt{21}}}{7},0),滿足{x^2}+{y^2}=\frac{12}{7}$
∴點(diǎn)D的軌跡方程為${x^2}+{y^2}=\frac{12}{7}$…(13分)
點(diǎn)評 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程,考查直線與橢圓的位置關(guān)系,考查軌跡方程的求法,韋達(dá)定理及向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示,考查計(jì)算能力,屬于中檔題.
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A. | 3 | B. | 2 | C. | 1 | D. | 4 |
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A. | $\frac{a+b}{2}$ | B. | $\sqrt{a•b}$ | C. | $\frac{2ab}{a+b}$ | D. | $\frac{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}{2}$ |
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A. | 2倍 | B. | 4倍 | C. | 8倍 | D. | 16倍 |
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A. | -$\frac{1}{2}$ | B. | $\frac{1}{2}$ | C. | 1或-$\frac{1}{2}$ | D. | -1或$\frac{1}{2}$ |
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