Question

18．如圖“月亮圖”是由曲線C₁與C₂構(gòu)成，曲線C₁是以原點(diǎn)O為中心，F(xiàn)₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0）為焦點(diǎn)的橢圓的一部分，曲線C₂是以O(shè)為頂點(diǎn)，F(xiàn)₂為焦點(diǎn)的拋物線的一部分，A（$\frac{3}{2}$，$\sqrt{6}$）是兩條曲線的一個(gè)交點(diǎn)．
（Ⅰ）求曲線C₁和C₂的方程；
（Ⅱ）過F₂作一條與x軸不垂直的直線，分別與曲線C₁，C₂依次交于B，C，D，E四點(diǎn)，若G為CD的中點(diǎn)、H為BE的中點(diǎn)，問：$\frac{|BE|•|G{F}_{2}|}{|CD|•|H{F}_{2}|}$是否為定值？若是求出該定值；若不是說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)曲線C₂所在的拋物線的方程為y²=2px，將A（$\frac{3}{2}$，$\sqrt{6}$）代入可得p的值，利用橢圓的定義，可得曲線C₁所在的橢圓的方程；
（Ⅱ）設(shè)B（x₁，y₁），E（x₂，y₂），C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），過F₂與x軸不垂直的直線為x=ty+1，與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理可得|y₁-y₂|=$\frac{\sqrt{（16t）^{2}-4•（-64）•（9+8{t}^{2}）}}{9+8{t}^{2}}$，同理可得|y₃-y₄|=$\sqrt{16{t}^{2}+16}$，進(jìn)而可得$\frac{|BE|•|G{F}_{2}|}{|CD|•|H{F}_{2}|}$為定值．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)曲線C₂所在的拋物線的方程為y²=2px，將A（$\frac{3}{2}$，$\sqrt{6}$）代入可得6=2p×$\frac{3}{2}$，∴p=2
∴曲線C₂所在的拋物線方程為：y²=4x…（2分）
∴c=1，2a=$\sqrt{（\frac{3}{2}+1）^{2}+（\sqrt{6}）^{2}}$+$\sqrt{（\frac{3}{2}-1）^{2}+（\sqrt{6}）^{2}}$=6，
∴曲線C₁所在的橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{9}+\frac{{y}^{2}}{8}$=1．                             …（4分）
（Ⅱ）設(shè)B（x₁，y₁），E（x₂，y₂），C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），過F₂與x軸不垂直的直線為x=ty+1，與橢圓方程聯(lián)立，消去x可得（9+8t²）y²+16ty-64=0，
∴y₁+y₂=-$\frac{16t}{9+8{t}^{2}}$，y₁y₂=-$\frac{64}{9+8{t}^{2}}$-，…（6分）
∴|y₁-y₂|=$\frac{\sqrt{（16t）^{2}-4•（-64）•（9+8{t}^{2}）}}{9+8{t}^{2}}$
直線x=ty+1，與拋物線方程聯(lián)立，消去x可得y²-4ty-4=0，∴y₃+y₄=4t，y₃y₄=-4…（8分）
∴|y₃-y₄|=$\sqrt{16{t}^{2}+16}$
∴$\frac{|BE|•|G{F}_{2}|}{|CD|•|H{F}_{2}|}$=$\frac{|{y}_{1}-{y}_{2}|•\frac{1}{2}|{y}_{3}+{y}_{4}|}{|{y}_{3}-{y}_{4}|•\frac{1}{2}|{y}_{1}+{y}_{2}|}$=$\frac{\frac{\sqrt{（16t）^{2}-4（-64）（9+8{t}^{2}）}}{9+8{t}^{2}}•|4t|}{\sqrt{16{t}^{2}+16•\frac{|16t|}{9+8{t}^{2}}}}$=3
即$\frac{|BE|•|G{F}_{2}|}{|CD|•|H{F}_{2}|}$為定值3                     …（13分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓、拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程，考查直線與橢圓、拋物線的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理的運(yùn)用，考查學(xué)生的計(jì)算能力，聯(lián)立方程，正確運(yùn)用韋達(dá)定理是關(guān)鍵．