Question

6．已知橢圓C₁：$\frac{x^2}{4}$+y²=1，拋物線C₂：y²=ax（a＞0），點T為橢圓C₁的右頂點，設(shè)橢圓C₁與拋物線C₂交于點A，B．
（1）求$\overrightarrow{TA}$•$\overrightarrow{TB}$的最小值，并求此時拋物線C₂的方程；
（2）設(shè)點M是橢圓C₁上異于A，B的任意一點，且直線MA，MB分別與x軸交于點P，Q，O為坐標原點，求證：|OP|•|OQ|為定值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)A（x₀，y₀），則B（x₀，-y₀），求出$\overrightarrow{TA}$，$\overrightarrow{TB}$，推出向量的數(shù)量積的表達式，利用二次函數(shù)求解最小值，然后求出A的坐標，推出拋物線方程．
（2）設(shè)M（x₁，y₁），由A（x₀，y₀），求出P的坐標，Q的坐標，求出|OP|•|OQ|的表達式，利用M（x₁，y₁），A（x₀，y₀）均在橢圓上，化簡求解即可得到|OP|•|OQ|=4．

解答 解：（1）由拋物線與橢圓關(guān)于x軸對稱可得：M，N關(guān)于x軸對稱．
設(shè)A（x₀，y₀），則B（x₀，-y₀），且有$\frac{x_0^2}{4}+y_0^2=1$
由T（2，0）可得：$\overrightarrow{TA}=（{{x_0}-2，{y_0}}），\overrightarrow{TB}=（{{x_0}-2，-{y_0}}）$，
∴$\overrightarrow{TA}•\overrightarrow{TB}={（{{x_0}-2}）^2}-y_0^2={（{{x_0}-2}）^2}+\frac{x_0^2}{4}-1$=$\frac{5}{4}x_0^2-4{x_0}+3=\frac{5}{4}{（{{x_0}-\frac{8}{5}}）^2}-\frac{1}{5}$…（3分）
因為A在右半橢圓上（非長軸頂點）∴0＜x₀＜2∴${x_0}=\frac{8}{5}$時，
${（{\overrightarrow{TA}•\overrightarrow{TB}}）_{min}}=-\frac{1}{5}$，將${x_0}=\frac{8}{5}$代入可得${y_0}=\frac{3}{5}$
即A（$\frac{8}{5}$，$\frac{3}{5}$），代入到拋物線方程可得：a=$\frac{9}{40}$，
所以此時拋物線C₂的方程為${y^2}=\frac{9}{40}x$．…（5分）
（2）設(shè)M（x₁，y₁），由A（x₀，y₀）可得：${k_{MA}}=\frac{{{y_1}-{y_0}}}{{{x_1}-{x_0}}}$
∵MA的方程為：y-y₁=$\frac{{y}_{1}-{y}_{0}}{{x}_{1}-{x}_{0}}（x-{x}_{1}）$
令y=0，可解得：${x_P}=\frac{{{x_0}{y_1}-{x_1}{y_0}}}{{{y_1}-{y_0}}}$
同理可解得MB與x軸的交點Q的橫坐標${x_Q}=\frac{{{x_0}{y_1}+{x_1}{y_0}}}{{{y_1}+{y_0}}}$…（7分）
所以$|{OP}|•|{OQ}|=|{{x_P}{x_Q}}|=|{\frac{{{x_0}{y_1}-{x_1}{y_0}}}{{{y_1}-{y_0}}}•\frac{{{x_0}{y_1}+{x_1}{y_0}}}{{{y_1}+{y_0}}}}|=|{\frac{x_0^2y_1^2-x_1^2y_0^2}{y_1^2-y_0^2}}|$①
因為M（x₁，y₁），A（x₀，y₀）均在橢圓上
∴$\left\{\begin{array}{l}\frac{x_0^2}{4}+y_0^2=1\\ \frac{x_1^2}{4}+y_1^2=1\end{array}\right.⇒\left\{\begin{array}{l}x_0^2=4-4y_0^2\\ x_1^2=4-4y_1^2\end{array}\right.$，代入到①可得：…（10分）$|{OP}|•|{OQ}|=|{\frac{x_0^2y_1^2-x_1^2y_0^2}{y_1^2-y_0^2}}|=|{\frac{{（{4-4y_0^2}）y_1^2-（{4-4y_1^2}）y_0^2}}{y_1^2-y_0^2}}|=|{\frac{4y_1^2-4y_0^2}{y_1^2-y_0^2}}|=4$
所以|OP|•|OQ|=4，即為定值…（12分）

點評 本題考查拋物線的求法，數(shù)量積的應(yīng)用，直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力．