Question

已知橢圓C₁、拋物線C₂的焦點(diǎn)均在x軸上，C₁的中心和C₂的頂點(diǎn)均為原點(diǎn)O，從每條曲線上取兩個(gè)點(diǎn)，將其坐標(biāo)記錄于下表中：

x	3	-2	4	2
y	-2 3	0	-4	2 2

（Ⅰ）求C₁、C₂的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）請(qǐng)問是否存在直線l滿足條件：①過C₂的焦點(diǎn)F；②與C₁交不同兩點(diǎn)M、N且滿足

OM

⊥

ON

？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）設(shè)拋物線C₂：y²=2px（p≠0），則有

y2

x

=2p(x≠0)，據(jù)此驗(yàn)證4個(gè)點(diǎn)知（3，-2

3

）、（4，-4）在拋物線上，易求C₂：y²=4x，設(shè)C₁：

x2

a2

+

y2

b2

=1，a＞b＞0，把點(diǎn)（-2，0）（

2

，

2

2

）代入得：

4 a2 =1 2 a2 + 1 2b2 =1

，由此能夠求出C₁方程．
（Ⅱ）容易驗(yàn)證直線l的斜率不存在時(shí)，不滿足題意；當(dāng)直線l斜率存在時(shí)，假設(shè)存在直線l過拋物線焦點(diǎn)F（1，0），
設(shè)其方程為y=k（x-1），與C₁的交點(diǎn)坐標(biāo)為M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），由

x2 4 +y2=1 y=k(x-1)

消掉y，得（1+4k²）x²-8k²x+4（k²-1）=0，再由韋達(dá)定理能夠?qū)С龃嬖谥本�l滿足條件，且l的方程為：y=2x-2或y=-2x+2．

解答：解：（Ⅰ）設(shè)拋物線C₂：y²=2px（p≠0），則有

y2

x

=2p(x≠0)，據(jù)此驗(yàn)證4個(gè)點(diǎn)知（3，-2

3

）、（4，-4）在拋物線上，易求C₂：y²=4x（2分）
設(shè)C₁：

x2

a2

+

y2

b2

=1，a＞b＞0，把點(diǎn)（-2，0）（

2

，

2

2

）代入得：

4 a2 =1 2 a2 + 1 2b2 =1

解得

a2=4 b2=1

∴C₁方程為

x2

4

+y2=1（5分）
（Ⅱ）容易驗(yàn)證直線l的斜率不存在時(shí)，不滿足題意；（6分）
當(dāng)直線l斜率存在時(shí)，假設(shè)存在直線l過拋物線焦點(diǎn)F（1，0），
設(shè)其方程為y=k（x-1），與C₁的交點(diǎn)坐標(biāo)為M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）
由

x2 4 +y2=1 y=k(x-1)

消掉y，得（1+4k²）x²-8k²x+4（k²-1）=0，（8分）
于是x1+x2=

8k2

1+4k2

，x1x2=

4(k2-1)

1+4k2

①
y₁y₂=k（x₁-1）×k（x₁-1）=k²[x₁x₂-（x₁+x₂）+1]
即y1y2=k2(

4(k2-1)

1+4k2

-

8k2

1+4k2

+1)=-

3k2

1+4k2

②（10分）
由

OM

⊥

ON

，即

OM

•

ON

=0，得x₁x₂+y₁y₂=0（*），
將①、②代入（*）式，得

4(k2-1)

1+4k2

-

3k2

1+4k2

=

k2-4

1+4k2

=0，解得k=±2；（11分）
所以存在直線l滿足條件，且l的方程為：y=2x-2或y=-2x+2．（12分）．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用能力，具體涉及到軌跡方程的求法及直線與拋物線的相關(guān)知識(shí)，解題時(shí)要注意合理地進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化．