Question

18．已知橢圓C₁：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1，（a＞b＞0）過(guò)兩點(diǎn)$（-2，0），（{\sqrt{2}，\frac{{\sqrt{2}}}{2}}）$，拋物線C₂的頂點(diǎn)在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，準(zhǔn)線方程為x=-1．
（1）求C₁、C₂的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）請(qǐng)問(wèn)是否存在直線l滿足條件：①過(guò)C₂的焦點(diǎn)F；②與C₁交不同兩點(diǎn)M、N且滿足直線OM與直線ON垂直？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)將點(diǎn)$（-2，0），（{\sqrt{2}，\frac{{\sqrt{2}}}{2}}）$代入$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1，（a＞b＞0）$，進(jìn)而計(jì)算即得結(jié)論；
（2）通過(guò)設(shè)直線l的方程為x-1=my，兩交點(diǎn)坐標(biāo)為M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），通過(guò)聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x-1=my}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，利用韋達(dá)定理及k_OM•k_ON=-1，計(jì)算即得結(jié)論．

解答 解：（1）把點(diǎn)$（-2，0），（{\sqrt{2}，\frac{{\sqrt{2}}}{2}}）$代入$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1，（a＞b＞0）$，
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$\left\{\begin{array}{l}{a^2}=4\\{b^2}=1\end{array}\right.$，
∴橢圓C₁的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$，
設(shè)拋物線C₂：y²=2px（p≠0），則有$\frac{p}{2}=1$，
∴2p=4，
∴拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y²=4x；
（2）結(jié)論：存在直線l滿足條件，且l的方程為：y=2x-2或y=-2x+2．
理由如下：
假設(shè)存在這樣的直線l過(guò)拋物線焦點(diǎn)F（1，0），
設(shè)直線l的方程為x-1=my，
兩交點(diǎn)坐標(biāo)為M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
則${k_{OM}}=\frac{y_1}{x_1}，{k_{ON}}=\frac{y_2}{x_2}$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x-1=my}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去x整理得：（m²+4）y²+2my-3=0，
判別式△=16（m²+3），兩根為${y_{1，2}}=\frac{{-2m±\sqrt{△}}}{{2（{m^2}+4）}}$，
∴y₁+y₂=-$\frac{2m}{{m}^{2}+4}$，y₁y₂=-$\frac{3}{{m}^{2}+4}$，①
∴${x_1}{x_2}=（1+m{y_1}）（1+m{y_2}）=1+m（{y_1}+{y_2}）+{m^2}{y_1}{y_2}$，
=1+m•（-$\frac{2m}{{m}^{2}+4}$）+m²•（-$\frac{3}{{m}^{2}+4}$）
=$\frac{4-4{m}^{2}}{{m}^{2}+4}$，②
由直線OM與直線ON垂直，
即k_OM•k_ON=-1，得x₁x₂+y₁y₂=0                （*）
將①②代入（*）式，得
$\frac{4-4{m}^{2}}{{m}^{2}+4}$-$\frac{3}{{m}^{2}+4}$=0，
解得m=±$\frac{1}{2}$，
所以假設(shè)成立，即存在直線l滿足條件，
且l的方程為：y=2x-2或y=-2x+2．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．