Question

已知橢圓C₁和拋物線C₂有公共焦點(diǎn)F（1，0），C₁的中心和C₂的頂點(diǎn)都在坐標(biāo)原點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M（4，0）的直線l與拋物線C₂分別相交于A，B兩點(diǎn)．
（Ⅰ）寫(xiě)出拋物線C₂的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）若

AM

=

1

2

MB

，求直線l的方程；
（Ⅲ）若坐標(biāo)原點(diǎn)O關(guān)于直線l的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)P在拋物線C₂上，直線l與橢圓C₁有公共點(diǎn)，求橢圓C₁的長(zhǎng)軸長(zhǎng)的最小值．

Answer 1

分析：（Ⅰ）拋物線C₂有公共焦點(diǎn)F（1，0），可知該拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程的形式和P的值，代入即可；
（Ⅱ）設(shè)出直線l的方程為y=k（x-4），聯(lián)立方程，消去x，得到關(guān)于y的一元二次方程，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），利用韋達(dá)定理和△＞0及

AM

=

1

2

MB

，消去y₁，y₂，可求得斜率k的值；
（Ⅲ）設(shè)P（m，n），則OP中點(diǎn)為(

m

2

，

n

2

)，因?yàn)镺、P兩點(diǎn)關(guān)于直線y=k（x-4）對(duì)稱(chēng)，利用對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)（垂直求平方），可求得斜率k的值，聯(lián)立直線與橢圓方程，消去y，得到關(guān)于x的一元二次方程，△≥0，解不等式即可橢圓C₁的長(zhǎng)軸長(zhǎng)的最小值．

解答：解：（Ⅰ）∵拋物線C₂的焦點(diǎn)F（1，0），
∴

p

2

=1，即p=2
∴拋物線C₂的方程為：y²=4x，
（Ⅱ）設(shè)直線AB的方程為：y=k（x-4），（k存在且k≠0）．
聯(lián)立

y=k(x-4) y2=4x

，消去x，得ky²-4y-16k=0，
顯然△=16+64k²＞0，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則y1+y2=

4

k

    ①y₁•y₂=-16          ②
又

AM

=

1

2

MB

，所以y1=-

1

2

y2         ③
由①②③消去y₁，y₂，得k²=2，
故直線l的方程為y=

2

x-4

2

，或y=-

2

x+4

2

．
（Ⅲ）設(shè)P（m，n），則OP中點(diǎn)為(

m

2

，

n

2

)，因?yàn)镺、P兩點(diǎn)關(guān)于直線y=k（x-4）對(duì)稱(chēng)，
所以

n 2 =k( m 2 -4) n m •k=-1

，即

km-n=8k m+nk=0

，解之得

m= 8k2 1+k2 n=- 8k 1+k2

，
將其代入拋物線方程，得：(-

8k

1+k2

)2=4•

8k2

1+k2

，所以，k²=1．
聯(lián)立

y=k(x-4) x2 a2 + y2 b2 =1

，消去y，得：（b²+a²k²）x²-8k²a²x+16a²k²-a²b²=0．
由△=（-8k²a²）²-4（b²+a²k²）（16a²k²-a²b²）≥0，
得16a²k⁴-（b²+a²k²）（16k²-b²）≥0，
即a²k²+b²≥16k²，
將k²=1，b²=a²-1代入上式并化簡(jiǎn)，得2a²≥17，所以a≥

34

2

，即2a≥

34

，
因此，橢圓C₁長(zhǎng)軸長(zhǎng)的最小值為

34

．

點(diǎn)評(píng)：此題是個(gè)難題．本題考查了橢圓與拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，是一道綜合性的試題，考查了學(xué)生綜合運(yùn)用知識(shí)解決問(wèn)題的能力．其中問(wèn)題（Ⅲ）考查了同學(xué)們觀察、推理以及創(chuàng)造性地分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力，