Question

20．已知拋物線C：y²=2px（p＞0）與橢圓C'：$\frac{x^2}{4}$+$\frac{{15{y^2}}}{16}$=1相交所得的弦長(zhǎng)為2p．
（Ⅰ）求拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）設(shè)A，B是C上異于原點(diǎn)O的兩個(gè)不同點(diǎn)，直線OA和OB的傾斜角分別為α和β，當(dāng)α，β變化且α+β為定值θ（tanθ=2）時(shí)，證明：直線AB恒過(guò)定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）將M點(diǎn)坐標(biāo)分別代入拋物線和橢圓方程，即可求得p的值，即可求得拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）由題意可知求得直線OA，OB方程分別為y=kx，y=mx（k≠0，m≠0），代入橢圓方程，求得A和B點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)直線的兩點(diǎn)式方程求得直線AB的方程，由tanθ=tan（α+β），由兩角和的正切公式求得m與k的關(guān)系，代入直線方程，整理得y=$\frac{m（2-m）}{2（{m}^{2}+1）}$ （x+2）+1，可知，不管m取何值，直線AB恒過(guò)定點(diǎn)（-2，1）．

解答 解：（Ⅰ）拋物線 C：y²=2px（ p＞0）與橢圓 C'：$\frac{x^2}{4}$+$\frac{{15{y^2}}}{16}$=1交于，
M（x₁，y₁）N（x₂，y₂）（y₁＞0，y₂＜0）兩點(diǎn)．
由橢圓的對(duì)稱性可知，y₁=p，y₂=-p，將點(diǎn)M（x₁，p）代入拋物線C：y²=2px（p＞0）中，得x₁=$\frac{p}{2}$，
將點(diǎn)M（$\frac{p}{2}$，p） 代入橢圓C'：$\frac{x^2}{4}$+$\frac{{15{y^2}}}{16}$=1中，整理得：16p²=16，解得：p=1．
故拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為：y²=2x．
（Ⅱ）設(shè)點(diǎn) A（ x ₃，y ₃），B（ x ₄，y ₄）．由題意得 x ₃≠x ₄（否則 α+β=π，不滿足tan  θ=2），且 x ₃≠0，x ₄≠0，
設(shè)直線OA，OB方程分別為y=kx，y=mx（k≠0，m≠0）．
聯(lián)立 $\left\{\begin{array}{l}{y=kx}\\{{y}^{2}=2x}\end{array}\right.$，解得x₃=$\frac{2}{{k}^{2}}$，y₃=$\frac{2}{k}$；
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=mx}\\{{y}^{2}=2x}\end{array}\right.$，解得x₄=$\frac{2}{{m}^{2}}$，y₄=$\frac{2}{m}$；
則由兩點(diǎn)式得，直線AB的方程為 $\frac{y-\frac{2}{m}}{\frac{2}{k}-\frac{2}{m}}$=$\frac{x-\frac{2}{{m}^{2}}}{\frac{2}{{k}^{2}}-\frac{2}{{m}^{2}}}$，
化簡(jiǎn)得y=$\frac{km}{m+k}$x+$\frac{2}{m+k}$．①
∵θ≠$\frac{π}{2}$，由α+β=θ，得tanθ=tan（α+β）=$\frac{tanα+tanβ}{1-tanα•tanβ}$=$\frac{k+m}{1-km}$，解得：k=$\frac{2-m}{1+2m}$，②
將②代入①，化簡(jiǎn)得y=$\frac{m（2-m）}{2（{m}^{2}+1）}$ x+$\frac{1+2m}{{m}^{2}+1}$，得y=$\frac{m（2-m）}{2（{m}^{2}+1）}$ （x+2）+1，
即y-1=$\frac{m（2-m）}{2（{m}^{2}+1）}$ （x+2）
∴不管m取何值，直線AB恒過(guò)定點(diǎn)（-2，1）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓和拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，直線的兩點(diǎn)式方程與一般方程及兩角和差的正切公式的綜合應(yīng)用，考查計(jì)算能力，轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．