Question

10．如圖，拋物線C₁：y²=4x的焦準(zhǔn)距（焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離）與橢圓C₂：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的長半軸相等，設(shè)橢圓的右頂點(diǎn)為A，C₁，C₂在第一象限的交點(diǎn)為B，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，且△OAB的面積為$\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$
（1）求橢圓C₂的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）過點(diǎn)A作直線l交C₁于C，D兩點(diǎn)，射線OC，OD分別交C₂于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，記△OEF，△OCD的面積分別為S₁，S₂，問是否存在直線l，使得S₁：S₂=3：13？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）求得拋物線的焦準(zhǔn)距p=2，即為a=2，由三角形的面積公式可得B的縱坐標(biāo)，代入拋物線方程可得B的坐標(biāo)，代入橢圓方程可得b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）設(shè)直線l的方程為：x=my+2，代入拋物線方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，運(yùn)用三角形的面積公式可得$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=$\frac{|{y}_{1}|}{|{y}_{E}|}$•$\frac{|{y}_{2}|}{|{y}_{F}|}$，運(yùn)用直線OC，OD方程結(jié)合橢圓方程，求出E，F(xiàn)的縱坐標(biāo)，求得面積的平方比，再令S₁：S₂=3：13，可得m=±1．即可判斷是否存在．

解答 解：（1）拋物線C₁：y²=4x的焦準(zhǔn)距p=2，得橢圓的長半軸a=2，
∵S_△OAB=$\frac{1}{2}$|OA|•y_B=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
∴y_B=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
代入拋物線方程求得B（$\frac{2}{3}$，$\frac{2\sqrt{6}}{3}$），
代入橢圓方程得$\frac{4}{9×4}$+$\frac{24}{9^{2}}$=1，
解得b=$\sqrt{3}$，
∴橢圓C₂方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）設(shè)直線l的方程為：x=my+2，
由$\left\{\begin{array}{l}{x=my+2}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$，得y²-4my-8=0，
設(shè)C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），
∴y₁+y₂=4m，y₁y₂=-8，
$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=$\frac{\frac{1}{2}|OC|•|OD|sin∠COD}{\frac{1}{2}|OE|•|OF|sin∠EOF}$=$\frac{|{y}_{1}|}{|{y}_{E}|}$•$\frac{|{y}_{2}|}{|{y}_{F}|}$，
直線OC的斜率為$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$=$\frac{4}{{y}_{1}}$，
∴直線OC的方程為x=$\frac{{y}_{1}y}{4}$．
由$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{{y}_{1}y}{4}}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，
得y_E²=$\frac{64×3}{3{{y}_{1}}^{2}+64}$，y_F²=$\frac{64×3}{3{{y}_{2}}^{2}+64}$，
∴y_E²•y_F²=$\frac{64×{3}^{2}}{121+48m}$，
∴（$\frac{{S}_{2}}{{S}_{1}}$）²=$\frac{121+48{m}^{2}}{9}$，
由S₁：S₂=3：13，可得m=±1．
∴存在直線l：x-y-2=0或x+y-2=0，使得S₁：S₂=3：13．

點(diǎn)評 本題考查橢圓方程的求法，探索滿足條件的直線方程是否存在．綜合性強(qiáng)，難度大，對數(shù)學(xué)思維的要求較高．解題時要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答，注意等價轉(zhuǎn)化思想的合理合理運(yùn)用．