Question

16．已知拋物線C₁：x²=3λy，拋物線C₂：x²=2λy，橢圓C₃：x²+2y²=2λ，橢圓C₃的半焦距恰等于拋物線C₂的焦點(diǎn)到其準(zhǔn)線的距離．
（1）求λ的值；
（2）設(shè)P（x₀，y₀）為C₂上一點(diǎn)，且在C₃的內(nèi)部，過點(diǎn)P作直線交C₁于A，B兩點(diǎn)，直線OP（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）交C₃于C，D兩點(diǎn)，P為AB的中點(diǎn)．
①求證：直線AB的方程為2x₀x-3y-y₀=0；
②求四邊形ACBD的面積（用y₀表示）

Answer 1

分析 （1）求出C₂的焦點(diǎn)到其準(zhǔn)線的距離為，求出橢圓C₃的半焦距，由橢圓C₃的半焦距恰等于拋物線C₂的焦點(diǎn)到其準(zhǔn)線的距離列式求得λ的值；
（2）①由（1）求出拋物線C₁、C₂和橢圓C₃的方程，由P（x₀，y₀）為C₂上一點(diǎn)，得${{x}_{0}}^{2}=2{y}_{0}$，設(shè)出
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），利用點(diǎn)差法求得$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}=\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{3}=\frac{2{x}_{0}}{3}$，然后利用直線方程點(diǎn)斜式得到
直線AB的方程為$y-{y}_{0}=\frac{2}{3}{x}_{0}（x-{x}_{0}）$，即2x₀x-3y-y₀=0；
②聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{2}{3}{x}_{0}x-\frac{{y}_{0}}{3}}\\{{x}^{2}=3y}\end{array}\right.$，得：x²-2x₀x+y₀=0，利用弦長公式求得|AB|，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}x}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，求得C，D的坐標(biāo)，由點(diǎn)到直線距離公式求出C到AB的距離d₁和D到AB的距離d₂，代入兩個(gè)三角形的面積公式即可求得四邊形ACBD的面積．

解答 （1）解：由C₂：x²=2λy，可得其焦點(diǎn)到其準(zhǔn)線的距離為λ，
再由橢圓C₃：x²+2y²=2λ，得$\frac{{x}^{2}}{2λ}+\frac{{y}^{2}}{λ}=1$，則c²=2λ-λ=λ，c=$\sqrt{λ}$，
∵橢圓C₃的半焦距恰等于拋物線C₂的焦點(diǎn)到其準(zhǔn)線的距離，∴$λ=\sqrt{λ}$，即λ=1；
（2）①證明：如圖，
由（1）知，拋物線C₁：x²=3y，拋物線C₂：x²=2y，橢圓C₃：x²+2y²=2，
∵P（x₀，y₀）為C₂上一點(diǎn)，∴${{x}_{0}}^{2}=2{y}_{0}$，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則${{x}_{1}}^{2}=3{y}_{1}，{{x}_{2}}^{2}=3{y}_{2}$，兩式作差得：
（x₁-x₂）（x₁+x₂）=3（y₁-y₂），∴$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}=\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{3}=\frac{2{x}_{0}}{3}$，
∴直線AB的方程為$y-{y}_{0}=\frac{2}{3}{x}_{0}（x-{x}_{0}）$，即2x₀x-3y-y₀=0；
②解：由AB方程為2x₀x-3y-y₀=0，得$y=\frac{2}{3}{x}_{0}x-\frac{{y}_{0}}{3}$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{2}{3}{x}_{0}x-\frac{{y}_{0}}{3}}\\{{x}^{2}=3y}\end{array}\right.$，得：x²-2x₀x+y₀=0．
x₁+x₂=2x₀，x₁x₂=y₀，
∴|AB|=$\sqrt{1+（\frac{2}{3}{x}_{0}）^{2}}|{x}_{1}-{x}_{2}|$=$\frac{\sqrt{4{{x}_{0}}^{2}+9}}{3}\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\frac{\sqrt{4{{x}_{0}}^{2}+9}}{3}\sqrt{4{{x}_{0}}^{2}-4{y}_{0}}$=$\frac{\sqrt{8{y}_{0}+9}}{3}•\sqrt{4{y}_{0}}$=$\frac{2}{3}\sqrt{8{{y}_{0}}^{2}+9{y}_{0}}$．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}x}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，解得：C（$\sqrt{\frac{2}{{y}_{0}+1}}，\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}\sqrt{\frac{2}{{y}_{0}+1}}$），D（-$\sqrt{\frac{2}{{y}_{0}+1}}，-\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}\sqrt{\frac{2}{{y}_{0}+1}}$），
C到AB的距離為：d₁=$\frac{|2{x}_{0}•\sqrt{\frac{2}{{y}_{0}+1}}-\frac{3{y}_{0}}{{x}_{0}}\sqrt{\frac{2}{{y}_{0}+1}}-{y}_{0}|}{\sqrt{4{{x}_{0}}^{2}+9}}$=$\frac{|\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}\sqrt{\frac{2}{{y}_{0}+1}}-{y}_{0}|}{\sqrt{8{y}_{0}+9}}$．
D到AB的距離為：d₂=$\frac{|-2{x}_{0}•\sqrt{\frac{2}{{y}_{0}+1}}+\frac{3{y}_{0}}{{x}_{0}}\sqrt{\frac{2}{{y}_{0}+1}}-{y}_{0}|}{\sqrt{4{{x}_{0}}^{2}+9}}$=$\frac{|\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}\sqrt{\frac{2}{{y}_{0}+1}}+{y}_{0}|}{\sqrt{8{y}_{0}+9}}$．
∴S_{四邊形ABCD}=$\frac{1}{2}|AB|（nf2rj31_{1}+9nurtl0_{2}）$=$\frac{1}{2}×\frac{2}{3}\sqrt{8{{y}_{0}}^{2}+9{y}_{0}}$×$\frac{2\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}\sqrt{\frac{2}{{y}_{0}+1}}}{\sqrt{8{y}_{0}+9}}$
=$\frac{2}{3}×\frac{{{y}_{0}}^{2}}{{x}_{0}}\sqrt{\frac{2}{{y}_{0}+1}}$=$\frac{2}{3}\frac{{{y}_{0}}^{2}}{\sqrt{2{y}_{0}}}\sqrt{\frac{2}{{y}_{0}+1}}$=$\frac{2}{3}\frac{{{y}_{0}}^{2}}{\sqrt{{{y}_{0}}^{2}+{y}_{0}}}$．

點(diǎn)評 本題主要考查了直線與圓錐曲線，圓錐曲線與圓錐曲線間的關(guān)系，考查了考生對基礎(chǔ)知識的綜合運(yùn)用和知識遷移的能力，考查了學(xué)生的計(jì)算能力，是難題．