Question

5．已知拋物線C₁：x²=4y的焦點F也是橢圓C₂：$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{x}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的一個焦點．C₁與C₂的公共弦長為2$\sqrt{6}$．
（Ⅰ）求C₂的方程；
（Ⅱ）過點F的直線l與C₁相交于A、B兩點，與C₂相交于C、D兩點，且$\overrightarrow{AC}$與$\overrightarrow{BD}$同向．
（1）若|AC|=|BD|，求直線l的斜率；
（2）設C₁在點A處的切線與x軸的交點為M，證明：直線l繞點F旋轉時，△MFD總是鈍角三角形．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據兩個曲線的焦點相同，得到a²-b²=1，再根據C₁與C₂的公共弦長為2$\sqrt{6}$，得到$\frac{9}{4{a}^{2}}+\frac{6}{^{2}}$=1，解得即可求出；
（Ⅱ）設出點的坐標，（1）根據向量的關系，得到（x₁+x₂）²-4x₁x₂=（x₃+x₄）²-4x₃x₄，設直線l的方程，分別與C₁，C₂構成方程組，利用韋達定理，分別代入得到關于k的方程，解得即可；
（2）根據導數的幾何意義得到C₁在點A處的切線方程，求出點M的坐標，利用向量的乘積∠AFM是銳角，問題得以證明．

解答 解：（Ⅰ）拋物線C₁：x²=4y的焦點F的坐標為（0，1），因為F也是橢圓C₂的一個焦點，
∴a²-b²=1，①，
又C₁與C₂的公共弦長為2$\sqrt{6}$，C₁與C₂的都關于y軸對稱，且C₁的方程為x²=4y，
由此易知C₁與C₂的公共點的坐標為（±$\sqrt{6}$，$\frac{3}{2}$），
所以$\frac{9}{4{a}^{2}}+\frac{6}{^{2}}$=1，②，
聯立①②得a²=9，b²=8，
故C₂的方程為$\frac{{y}^{2}}{9}$+$\frac{{x}^{2}}{8}$=1．
（Ⅱ）設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），
（1）因為$\overrightarrow{AC}$與$\overrightarrow{BD}$同向，且|AC|=|BD|，
所以$\overrightarrow{AC}$=$\overrightarrow{BD}$，
從而x₃-x₁=x₄-x₂，即x₁-x₂=x₃-x₄，于是
（x₁+x₂）²-4x₁x₂=（x₃+x₄）²-4x₃x₄，③
設直線的斜率為k，則l的方程為y=kx+1，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{{x}^{2}=4y}\end{array}\right.$，得x²-4kx-4=0，而x₁，x₂是這個方程的兩根，
所以x₁+x₂=4k，x₁x₂=-4，④
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{9}=1}\end{array}\right.$，得（9+8k²）x²+16kx-64=0，而x₃，x₄是這個方程的兩根，
所以x₃+x₄=$\frac{-16k}{9+8{k}^{2}}$，x₃x₄=-$\frac{64}{9+8{k}^{2}}$，⑤
將④⑤代入③，得16（k²+1）=$\frac{1{6}^{2}{k}^{2}}{（9+8{k}^{2}）^{2}}$+$\frac{4×64}{9+8{k}^{2}}$，
即16（k²+1）=$\frac{1{6}^{2}×9（{k}^{2}+1）}{（9+8{k}^{2}）^{2}}$，
所以（9+8k²）²=16×9，
解得k=±$\frac{\sqrt{6}}{4}$．
（2）由x²=4y得y′=$\frac{1}{2}$x，
所以C₁在點A處的切線方程為y-y₁=$\frac{1}{2}$x₁（x-x₁），
即y=$\frac{1}{2}$x₁x-$\frac{1}{4}$x₁²，
令y=0，得x=$\frac{1}{2}$x₁，
M（$\frac{1}{2}$x₁，0），
所以$\overrightarrow{FM}$=（$\frac{1}{2}$x₁，-1），
而$\overrightarrow{FA}$=（x₁，y₁-1），
于是$\overrightarrow{FM}$•$\overrightarrow{FA}$=$\frac{1}{2}$x₁²-y₁+1=$\frac{1}{4}$x₁²+1＞0，
因此∠AFM是銳角，從而∠MFD=180°-∠AFM是鈍角，
故直線l繞點F旋轉時，△MFD總是鈍角三角形．

點評 本題考查了圓錐曲線的和直線的位置與關系，關鍵是聯立方程，構造方程，利用韋達定理，以及向量的關系，得到關于k的方程，計算量大，屬于難題．