Question

19．已知拋物線C：y²=2px（p＞0）的焦點(diǎn)為F，直線y=4與f'（x）=0軸y的交點(diǎn)為R，與拋物線C的交點(diǎn)為O，且|QF|=$\frac{5}{4}$|RQ|．已知橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的右焦點(diǎn)F₁與拋物線C的焦點(diǎn)重合，且離心率為$\frac{1}{2}$
（Ⅰ）求拋物線C和橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）若橢圓E的長(zhǎng)軸的兩端點(diǎn)為A，B，點(diǎn)P為橢圓上異于A，B的動(dòng)點(diǎn)，定直線x=4與直線PA，PB分別交于M，N兩點(diǎn)．請(qǐng)問以MN為直徑的圓是否經(jīng)過x軸上的定點(diǎn)，若存在，求出定點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用橢圓經(jīng)過的點(diǎn)，求出b，利用橢圓的離心率求解，a，b，得到橢圓方程．
（Ⅱ）設(shè)PA、PB的斜率分別為k₁，k₂，P（x₀，y₀），求出斜率的表達(dá)式，利用斜率乘積推出定值．得到MN的中點(diǎn)G（4，3k₁+k₂）．寫出以MN為直徑的圓的方程，通過令y=0，求解存在定點(diǎn)（1，0），（7，0）經(jīng)過以MN為直徑的圓．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)Q（x₀，4），代入y²=2px，得x₀=$\frac{8}{p}$，$\frac{5}{4}$|RQ|=$\frac{8}{p}$，
又丨QF丨=丨QF丨+$\frac{p}{2}$=|=$\frac{5}{4}$|RQ|，即$\frac{8}{p}$+$\frac{p}{2}$=$\frac{5}{4}$×$\frac{8}{p}$，解得：p=2．
∴拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為y²=4x．在橢圓E中，c=1，$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，
∴a=2，b²=a²-c²=3．
∴橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（Ⅱ）設(shè)PA、PB的斜率分別為k₁，k₂，P（x₀，y₀），
取k₁=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+2}$，k₂=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-2}$，
則k₁k₂=$\frac{{y}_{0}^{2}}{{x}_{0}^{2}-4}$=$\frac{3（1-\frac{{x}_{0}^{2}}{4}）}{{x}_{0}^{2}-4}$=$\frac{3×\frac{4-{x}_{0}^{2}}{4}}{{x}_{0}^{2}-4}$=-$\frac{3}{4}$，…（7分）
由l_PA：y=k₁（x+2）知M（4，6k₁），由l_PB：y=k₂（x-2）知N（4，2k₂），
∴MN的中點(diǎn)G（4，3k₁+k₂）．
∴以MN為直徑的圓的方程為（x-4）²+（y-3k₁-k₂）²=$\frac{1}{4}$（6k₁-2k₂）²=（3k₁-k₂）²，
令y=0，∴x²-8x+16+9k₁²+6k₁k₂+k₂²=9k₁-6k₁k₂+k₂²，
∴x²-8x+16+12k₁k₂=0，∴x²-8x+16+12×（-$\frac{3}{4}$）=0，
即x²-8x+7=0，解得x=7或x=1．
∴以MN為直徑的圓過定點(diǎn)（1，0），（7，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程的求法，直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，圓的方程的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力，屬于中檔題．