Question

14．如圖，拋物線C₁：y₂=2px（p＞0）與橢圓C₂：$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{x}^{2}}{4}$=1（a＞2）交于第一象限內(nèi)一點M，F(xiàn)為拋物線C₁的焦點，F(xiàn)₁，F(xiàn)₂分別為橢圓C₂的上下焦點，已知|$\overrightarrow{MF}$-|$\overrightarrow{OF}$|=1，|$\overrightarrow{MF}$-$\overrightarrow{OF}$|=$\sqrt{10}$．
（1）求拋物線C₁和橢圓C₂的方程；
（2）是否存在經(jīng)過M的直線l，與拋物線和橢圓分別交于非M的兩點P，Q，使得$\overrightarrow{{F}_{1}P}$+$\overrightarrow{{F}_{2}Q}$=2$\overrightarrow{OM}$？若存在請求出直線的斜率，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出拋物線的焦點和準(zhǔn)線方程，運用拋物線的定義和兩點的距離公式，解方程可得p，a，即可得到拋物線方程和橢圓方程；
（2）假設(shè)存在經(jīng)過M的直線l，與拋物線和橢圓分別交于非M的兩點P，Q，使得$\overrightarrow{{F}_{1}P}$+$\overrightarrow{{F}_{2}Q}$=2$\overrightarrow{OM}$．直線的斜率不存在顯然不成立，設(shè)l：y=k（x-1）+3，聯(lián)立拋物線方程和橢圓方程，求得P，Q的坐標(biāo)，再由向量的坐標(biāo)表示，即可得到k=1，即可判斷存在．

解答 解：（1）y²=2px（p＞0）的焦點F（$\frac{p}{2}$，0），準(zhǔn)線方程為x=-$\frac{p}{2}$，
由|$\overrightarrow{MF}$|-|$\overrightarrow{OF}$|=1，|$\overrightarrow{MF}$-$\overrightarrow{OF}$|=$\sqrt{10}$即|$\overrightarrow{MO}$|=$\sqrt{10}$，
由題意得$\left\{\begin{array}{l}{（{x}_{M}+\frac{p}{2}）-\frac{p}{2}=1}\\{{{x}_{M}}^{2}+{{y}_{M}}^{2}=10}\end{array}\right.$，解得x_M=1，y_M=3，
分別代入拋物線和橢圓方程得：C₁：y²=9x，C₂：$\frac{{y}^{2}}{12}$+$\frac{{x}^{2}}{4}$=1．
（2）斜率不存在時顯然不合題意，
假設(shè)存在經(jīng)過M的直線l，與拋物線和橢圓分別交于非M的兩點P，Q，
使得$\overrightarrow{{F}_{1}P}$+$\overrightarrow{{F}_{2}Q}$=2$\overrightarrow{OM}$．
由M（1，3），可設(shè)l：y=k（x-1）+3，
直線與拋物線聯(lián)立得：k²x²+（-2k²+6k-9）x+（3-k）²=0，
由韋達(dá)定理可得x_M+x_P=$\frac{2{k}^{2}-6k+9}{{k}^{2}}$，
及x_M=1可得x_P=$\frac{（3-k）^{2}}{{k}^{2}}$；
直線與橢圓聯(lián)立得：（3+k²）x²+2k（3-k）x+（k²-6k-3）=0，
由韋達(dá)定理可得x_M•x_Q=$\frac{{k}^{2}-6k-3}{3+{k}^{2}}$．
及x_M=1可得x_Q=$\frac{{k}^{2}-6k-3}{3+{k}^{2}}$．
由$\overrightarrow{{F}_{1}P}$+$\overrightarrow{{F}_{2}Q}$=2$\overrightarrow{OM}$可得x_P+x_Q=2x_M，可得4k³-k²+6k-9=0，
可得（k-1）（4k²+3k+9）=0，
解得k=1，經(jīng)檢驗符合題意．
則存在符合題意的直線，其斜率為1．

點評 本題考查拋物線的定義、方程和性質(zhì)，同時考查橢圓的方程的運用，注意聯(lián)立直線方程和曲線方程，運用韋達(dá)定理，考查向量的坐標(biāo)表示，屬于中檔題．