Question

19．已知橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），其焦距為4，雙曲線C₂：$\frac{{x}^{2}}{4}$-$\frac{{y}^{2}}{12}$=1，C₁，C₂的離心率互為倒數(shù)．
（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）過(guò)橢圓的右頂點(diǎn)作直線交拋物線$\frac{{y}^{2}}{4}$=x于A，B兩點(diǎn)，過(guò)原點(diǎn)O與A，B兩點(diǎn)的直線分別與橢圓相較于點(diǎn)D，E，證明$\frac{|OD||OE|}{|DE|}$為定值．

Answer 1

分析 （1）由離心率為e=2．可求得橢圓得方程．
（2）設(shè)直線方程為x=my+4，帶入拋物線方程為y²=4x，得y²-4my-16=0．聯(lián)立，根據(jù)條件列式求解即可．

解答 解：（1）由${C}_{2}：\frac{{x}^{2}}{4}-\frac{{y}^{2}}{12}=1$，其離心率為e=2．
所以$\left\{\begin{array}{l}{2c=4}\\{\frac{c}{a}=\frac{1}{2}}\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{a=4}\\{c=2}\end{array}\right.$．故b²=12所以橢圓C₁的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{12}=1$．
（2）設(shè)過(guò)橢圓得右頂點(diǎn)（4，0）得直線方程為x=my+4，帶入拋物線方程為y²=4x，得y²-4my-16=0．
設(shè)A（x₁，y₁）B（x₂，y₂），則$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{1}+{y}_{2}=4m}\\{{y}_{1}{y}_{2}=-16}\end{array}\right.$
∴x₁x₂+y₁y₂=（my₁+4）（my₂+4）+y₁y₂=（1+m²）y₁y₂+4m（y₁+y₂）+16=0
∴OA⊥OB
設(shè)D（x₃，y₃）、E（x₄，y₄），直線DE的方程為x=ty+λ，代入$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{12}=1$得
（3t²+4）y²+6tλy+3λ²-48=0，于是${y}_{3}+{y}_{4}=-\frac{6tλ}{3{t}^{2}+4}，{y}_{3}{y}_{4}=\frac{3{λ}^{2}-48}{3{t}^{2}+4}$
從而${x}_{3}{x}_{4}=（t{y}_{3}+λ）（t{y}_{4}+λ）=\frac{4{λ}^{2}-48{t}^{2}}{3{t}^{2}+4}$，∵OA⊥OB，∴OD⊥OE，∴x₃x₄+y₃y₄=0，
代入整理得7λ²=48（t²+1），過(guò)原點(diǎn)O作直線DE的垂線OM，垂足為M，
∴原點(diǎn)到直線DE的距離d=$\frac{|λ|}{\sqrt{1+{t}^{2}}}=\frac{4\sqrt{21}}{7}$為定值，
∵△DOE為直角三角形，∴$\frac{1}{2}|OD||OE|=\frac{1}{2}|DE|d$，∴$\frac{|OD||OE|}{|DE|}$為定值．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用，在高考中屬�？碱}型，難度稍大．