Question

14．若橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0）的右焦點F（1，0）與拋物線E：y²=2px（p＞0）焦點重合，過F且傾斜角為45°的直線交橢圓于A，B兩點，且$\overrightarrow{AF}=3\overrightarrow{FB}$．
（1）求橢圓C的方程和拋物線E的方程；
（2）若斜率為k且F的直線l交拋物線E：y²=2px于C、D兩點，交橢圓C于M，N兩點，問是否存在實常數(shù)λ，使$\frac{1}{|MN|}+\frac{λ}{|CD|}$為常數(shù)，若存在，求出λ的值；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）由拋物線E：y²=2px（p＞0）的焦點與橢圓C的焦點重合，即可求得拋物線方程，再由直線y=x-1代入橢圓方程，運用韋達(dá)定理和向量的共線的坐標(biāo)表示，消去變量，可得a，b的方程，解方程可得橢圓的方程；
（2）依次射出M，N，C，D四點的坐標(biāo)，設(shè)出直線l的方程，聯(lián)立直線方程和圓錐曲線方程，利用根與系數(shù)關(guān)系分別寫出M，N兩點橫坐標(biāo)的和與積，寫出C，D兩點橫坐標(biāo)的和與積，利用弦長公式求出MN和CD的長度，代入$\frac{1}{|MN|}+\frac{λ}{|CD|}$后，可求出使$\frac{1}{|MN|}+\frac{λ}{|CD|}$為常數(shù)的λ的值．

解答 解：（1）F（1，0），即有$\frac{p}{2}$=1，解得p=2，
則拋物線E：y²=4x；
由直線y=x-1代入橢圓方程，可得
（b²+a²）x²-2a²x+a²-a²b²=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
即有x₁+x₂=$\frac{2{a}^{2}}{{a}^{2}+^{2}}$，x₁x₂=$\frac{{a}^{2}-{a}^{2}^{2}}{{a}^{2}+^{2}}$，①
又$\overrightarrow{AF}=3\overrightarrow{FB}$．即有1-x₁=3（x₂-1），②
聯(lián)立①②，消去x₁，x₂，可得a²-a⁴-a²b²+4b²=0，
又a²-b²=1，解得a²=2，b²=1，
則橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（2）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），C（x₃，y₃），D（x₄，y₄）．
直線l的方程為y=k（x-1），與橢圓C的方程聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，
得（1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0，
x₁+x₂=$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|=$\frac{2\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{1+2{k}^{2}}$；
直線l的方程為y=k（x-1），與拋物線G的方程聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$，
得k²x²-（2k²+4）x+k²=0．x₃+x₄=$\frac{2{k}^{2}+4}{{k}^{2}}$，
即有|CD|=x₃+x₄+2=$\frac{4{k}^{2}+4}{{k}^{2}}$．
$\frac{1}{|MN|}+\frac{λ}{|CD|}$=$\frac{1+2{k}^{2}}{2\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}$+$\frac{λ{(lán)k}^{2}}{4（1+{k}^{2}）}$=$\frac{\sqrt{2}+（2\sqrt{2}+λ）{k}^{2}}{4（1+{k}^{2}）}$，
要使$\frac{1}{|MN|}+\frac{λ}{|CD|}$為常數(shù)，則$\sqrt{2}$=2$\sqrt{2}$+λ，得λ=-$\sqrt{2}$，
故存在λ=-$\sqrt{2}$，使$\frac{1}{|MN|}+\frac{λ}{|CD|}$為常數(shù)$\frac{\sqrt{2}}{4}$．

點評 本題主要考查了曲線方程的求法，考查了直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的應(yīng)用，訓(xùn)練了設(shè)而不求的解題思想方法，考查了弦長公式的用法，直線與圓錐曲線問題的特點是計算量比較大，要求考生具備較強(qiáng)的運算推理的能力，是難題．