Question

17．已知頂點(diǎn)在原點(diǎn)的拋物線的焦點(diǎn)與橢圓$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1的右焦點(diǎn)F重合，過(guò)拋物線準(zhǔn)線與x軸交點(diǎn)E作直線l與拋物線相交于兩個(gè)不同的點(diǎn)M、N
（1）求拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）當(dāng)以線段MN為直徑的圓經(jīng)過(guò)點(diǎn)F時(shí)，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）設(shè)拋物線方程為：y²=2px （p＞0），則$\frac{p}{2}$=1，從而可得結(jié)論；
（2）通過(guò)根據(jù)題意可設(shè)直線l方程為：y=kx+k，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+k}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$，結(jié)合韋達(dá)定理及$\frac{1}{2}$MN=CF，計(jì)算即可．

解答 解：（1）根據(jù)題意，設(shè)拋物線方程為：y²=2px （p＞0），
∴其焦點(diǎn)為F（$\frac{p}{2}$，0），
由橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1可知F（1，0），
∴$\frac{p}{2}$=1，
∴拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y²=4x；
（2）∵拋物線y²=4x的準(zhǔn)線為x=-1，∴E（-1，0），
根據(jù)題意可設(shè)直線l方程為：y=kx+k，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+k}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$，消去y可得：k²x²+（2k²-4）x+k²=0，
由韋達(dá)定理知x₁+x₂=$\frac{4-2{k}^{2}}{{k}^{2}}$，x₁•x₂=1，
∴y₁+y₂=k（x₁+x₂）+2k=$\frac{4}{k}$，
y₁•y₂=k²（x₁+1）（x₂+1）
=k²（x₁•x₂+x₁+x₂+1）
=k²（$\frac{4-2{k}^{2}}{{k}^{2}}$+2）
=4，
∴C（$\frac{2-{k}^{2}}{{k}^{2}}$，$\frac{2}{k}$），
MN=$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}}$
=$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}•{x}_{2}+（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$
=4$\sqrt{（\frac{1}{{k}^{2}}）^{2}-1}$，
CF=$\sqrt{（\frac{2-{k}^{2}}{{k}^{2}}-1）^{2}+（\frac{2}{k}）^{2}}$
=2$\sqrt{\frac{1}{{k}^{4}}-\frac{1}{{k}^{2}}+1}$，
∵以線段MN為直徑的圓經(jīng)過(guò)點(diǎn)F，
∴$\frac{1}{2}$MN=CF，即$\sqrt{（\frac{1}{{k}^{2}}）^{2}-1}$=$\sqrt{\frac{1}{{k}^{4}}-\frac{1}{{k}^{2}}+1}$，
解得k=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴直線l的方程為：y=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$（x+1）．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，涉及到中點(diǎn)坐標(biāo)公式、韋達(dá)定理、兩點(diǎn)間距離公式等知識(shí)，考查分析問(wèn)題、解決問(wèn)題及計(jì)算能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．