Question

11．已知橢圓${C_1}：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的離心率為$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，焦距為$2\sqrt{2}$，拋物線${C_2}：{x^2}=2py（p＞0）$的焦點(diǎn)F是橢圓C₁的頂點(diǎn)．
（I）求C₁與C_2′的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（II）已知直線y=kx+m與C₂相切，與C₁交于P，Q兩點(diǎn)，且滿足∠PFQ=90°，求k的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用橢圓的焦距，離心率求出a，c，b．即可得到橢圓C₁的方程．利用拋物線的開(kāi)口方向，焦點(diǎn)坐標(biāo)求出拋物線方程．
（2）聯(lián)立直線與拋物線方程，得到m與k的方程，直線與橢圓方程，設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），利用韋達(dá)定理以及向量的數(shù)量積，轉(zhuǎn)化求解方程組即可得到結(jié)果．

解答 （本小題滿分12分）
解：（I）設(shè)橢圓C₁的焦距為2c，依題意有$2c=2\sqrt{2}$，
橢圓${C_1}：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的離心率為$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，
∴$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{6}}{3}$，
解得$a=\sqrt{3}$，b=1，故橢圓C₁的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{3}+{y^2}=1$．…（3分）
又拋物線C₂：x²=2py（p＞0）開(kāi)口向上，故F是橢圓C₁的上頂點(diǎn)，
∴F（0，1），∴p=2，
故拋物線C₂的標(biāo)準(zhǔn)方程為x²=4y．…（4分）
（II）由$\left\{\begin{array}{l}{x^2}=4y\\ y=kx+m\end{array}\right.$，得x²-4kx-4m=0
則△=16k²+16m=0，即k²+m=0①…（6分）
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+3k²）x²+6kmx+3m²-3=0
則△=36k²-4（1+3k²）（3m²-3）=12（3k²-m²+1）＞0②
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
則$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=\frac{-6km}{{1+3{k^2}}}\\{x_1}{x_{2′}}=\frac{{3{m^2}-3}}{{1+3{k^2}}}\end{array}\right.$所以$\left\{\begin{array}{l}{y_1}+{y_2}=\frac{2m}{{1+3{k^2}}}\\{y_1}{y_{2′}}=\frac{{{m^2}-3{k^2}}}{{1+3{k^2}}}\end{array}\right.$…（8分）
又∠PFQ=90°
∴$\overrightarrow{FP}•\overrightarrow{FQ}={x_1}{x_2}+（{y_1}-1）（{y_2}-1）={x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}-（{y_1}+{y_2}）+1=0$
即$\frac{{3{m^2}-3}}{{1+3{k^2}}}+\frac{{{m^2}-3{k^2}}}{{1+3{k^2}}}-\frac{2m}{{1+3{k^2}}}+1=0$
∴2m²-m-1=0，解得m=1或$m=-\frac{1}{2}$，…（10分）
代入①可得$k=±\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，此時(shí)滿足②
故$k=±\frac{{\sqrt{2}}}{2}$…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線橢圓橢圓拋物線的位置關(guān)系的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．