Question

10．設橢圓C₁的中心和拋物線C₂的頂點均為原點O，C₁、C₂的焦點均在x軸上，在C₁、C₂上各取兩個點，將其坐標記錄于表格中：
（1）求C₁、C₂的標準方程；
（2）過C₂的焦點F作斜率為k的直線l，與C₂交于A、B兩點，若l與C₁交于C、D兩點，若$\frac{|AB|}{|CD|}=\frac{5}{3}$，求直線l的方程

x	3	-2	4	$\sqrt{3}$
y	$-2\sqrt{3}$	0	-4	$-\frac{{\sqrt{3}}}{2}$

Answer 1

分析 （1）設橢圓C₁的方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$ （a＞b＞0），拋物線C₂的方程為：y²=2px（p≠0），從已知中所給四點的坐標可得：點（-2，0）一定在橢圓上，（4，-4），（3，-2$\sqrt{3}$）點一定在拋物線上，由此即可求解．
（2）設l：x=ty+1（t≠0），聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{{y}^{2}=4x}\\{x=ty+1}\end{array}\right.$消元得：y²-4ty-4=0，可得|AB|=$\sqrt{1+{t}^{2}}•\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=4（t²+1）；聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{x=ty+1}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}-12=0}\end{array}\right.$得（3t²+4）y²+6ty-9=0，得|CD|=$\sqrt{1+{t}^{2}}•\frac{12\sqrt{1+{t}^{2}}}{3{t}^{2}+4}=\frac{12\sqrt{1+{t}^{2}}}{3{t}^{2}+4}$；由$\frac{|AB|}{|CD|}=\frac{5}{3}$=$4（{t}^{2}+1）×\frac{3{t}^{2}+4}{12（{t}^{2}+1）}=\frac{5}{3}$，解得t即可．

解答 解：（1）設橢圓C₁的方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$ （a＞b＞0），
拋物線C₂的方程為：y²=2px（p≠0），
從已知中所給四點的坐標可得：點（-2，0）一定在橢圓上，
∴（4，-4），（3，-2$\sqrt{3}$）兩點一定在拋物線上，
∴2p=4，即拋物線C₂的方程為：y²=4x，
把點（-2，0）（$\sqrt{3}，-\frac{\sqrt{3}}{2}$），代入橢圓C₁的方程為：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$ （a＞b＞0），
得：a²=4，b²=3，∴橢圓C₁的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
（2）∵拋物線C₂：y²=4x的焦點F（1，0），設l：x=ty+1（t≠0），
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{{y}^{2}=4x}\\{x=ty+1}\end{array}\right.$消元得：y²-4ty-4=0，
∴△=16t²+16＞0，|AB|=$\sqrt{1+{t}^{2}}•\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=4（t²+1）；
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{x=ty+1}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}-12=0}\end{array}\right.$得（3t²+4）y²+6ty-9=0，
∴△=36t²+36（3t²+4）＞0，
|CD|=$\sqrt{1+{t}^{2}}•\frac{12\sqrt{1+{t}^{2}}}{3{t}^{2}+4}=\frac{12\sqrt{1+{t}^{2}}}{3{t}^{2}+4}$；
由$\frac{|AB|}{|CD|}=\frac{5}{3}$=$4（{t}^{2}+1）×\frac{3{t}^{2}+4}{12（{t}^{2}+1）}=\frac{5}{3}$，解得t=±$\frac{\sqrt{3}}{3}$
故直線l的方程為：y=$\sqrt{3}x-\sqrt{3}$或y=$-\sqrt{3}x+\sqrt{3}$．

點評 本題考查橢圓方程的求法和直線方程的求法，考查運算求解能力，推理論證能力；考查化歸與轉化思想．綜合性強，難度大，有一定的探索性，對數(shù)學思維能力要求較高，屬于難題．