Question

18．設(shè)橢圓C₁的焦點在x軸，離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，拋物線C₂的焦點在y軸上，C₁的中心和C₂的頂點均為原點，點（$\sqrt{2}$，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$）在C₁上，點（$\sqrt{2}$，-1）在C₂上．
（1）求曲線C₁、C₂的標準方程；
（2）請問是否存在過拋物線C₂的焦點F的直線l與橢圓C₁交于不同兩點M、N，使得以線段MN為直徑的圓過原點O？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意列關(guān)于a，b，c的方程組，求解得到a，b，c的值，則橢圓方程可求．再設(shè)出拋物線方程，把點（$\sqrt{2}$，-1）代入拋物線方程求p，則拋物線方程可求；
（2）直線l過拋物線C₂的焦點F（0，-$\frac{1}{2}$），當直線l的斜率不存在時，求出點M、N的坐標，可得以線段MN為直徑的圓不過原點；當直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y=kx$-\frac{1}{2}$，聯(lián)立直線方程與橢圓方程，化為關(guān)于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系結(jié)合$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}=0$求解k，此時k不存在，說明不存在過拋物線C₂的焦點F的直線l與橢圓C₁交于不同兩點M、N，使得以線段MN為直徑的圓過原點O．

解答 解：（1）設(shè)C₁的方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0），
由已知得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\\{\frac{2}{{a}^{2}}+\frac{1}{2^{2}}=1}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}=4}\\{^{2}=1}\\{c=\sqrt{3}}\end{array}\right.$．
∴曲線C₁的標準方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
∵點（$\sqrt{2}$，-1）在C₂上，
∴設(shè)C₂的標準方程為x²=-2py（p＞0），
則由$（\sqrt{2}）^{2}=-2p×（-1）$，得p=1．
∴C₂的標準方程為x²=-2y；
（2）∵直線l過拋物線C₂的焦點F（0，-$\frac{1}{2}$），
當直線l的斜率不存在時，點M（0，1），N（0，-1），或M（0，-1），N（0，1），
則以線段MN為直徑的圓不過原點，不符合要求；
當直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y=kx$-\frac{1}{2}$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-\frac{1}{2}}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²-4kx-3=0．
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
則${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{4k}{1+4{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{-3}{1+4{k}^{2}}$．
${y}_{1}{y}_{2}=（k{x}_{1}-\frac{1}{2}）（k{x}_{2}-\frac{1}{2}）$=${k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}-\frac{1}{2}k（{x}_{1}+{x}_{2}）+\frac{1}{4}$
=${k}^{2}•\frac{-3}{1+4{k}^{2}}-\frac{1}{2}k•\frac{4k}{1+4{k}^{2}}+\frac{1}{4}$=$\frac{1-16{k}^{2}}{4（1+4{k}^{2}）}$．
∵以線段MN為直徑的圓過原點O，
∴$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}=0$，
∴${x}_{1}{x}_{2}+{y}_{1}{y}_{2}=\frac{-3}{1+4{k}^{2}}•\frac{1-16{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}=0$，
整理得：16k²=-11，無解．
故不存在過拋物線C₂的焦點F的直線l與橢圓C₁交于不同兩點M、N，
使得以線段MN為直徑的圓過原點O．

點評 本題主要考查直線、橢圓和拋物線等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合思想和化歸與轉(zhuǎn)化思想，是中檔題．