Question

已知橢圓C₁的中心和拋物線C₂的頂點(diǎn)都在原點(diǎn)，且兩曲線的焦點(diǎn)均在x軸上，若A（1，2），B（2，0），C(

2

，

2

2

)中有兩點(diǎn)在橢圓C₁上，另一點(diǎn)在拋物線C₂上．
（Ⅰ）求橢圓C₁和拋物線C₂的方程；
（Ⅱ）設(shè)直線l與橢圓C₁交于M，N兩點(diǎn)，與拋物線C₂交于P，Q兩點(diǎn)．問是否存在直線l使得以線段MN為直徑的圓和以線段PQ為直徑的圓都過原點(diǎn)？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析：（I）拋物線方程為y²=2px，橢圓方程為

x2

a2

+

y2

b2

=1，根據(jù)拋物線頂點(diǎn)在原點(diǎn)斷定B點(diǎn)必不在拋物線上，進(jìn)而可把B代入橢圓方程求得a；把A和C點(diǎn)分別代入橢圓方程求得b（注意驗(yàn)證b是否符合），進(jìn)而通過另一個(gè)點(diǎn)求得p，答案可得．
（II）設(shè)直線l：x=my+n，將x=my+n代入橢圓方程消去x后，根據(jù)△＞0得出m和n的關(guān)系式，設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），由OM⊥ON得，x₁x₂+y_!y₂=0，進(jìn)而得到m和n的另一個(gè)關(guān)系式，將x=

y2

4

代入x=my+n根據(jù)△＞0得m²+n＞0再由OP⊥OQ得得n²-4n=0聯(lián)立方程求得m和n，最后經(jīng)驗(yàn)證m和n都符合題意，進(jìn)而可得結(jié)論．

解答：解：（I）設(shè)拋物線方程為y²=2px，橢圓方程為

x2

a2

+

y2

b2

=1
∵拋物線頂點(diǎn)在原點(diǎn)
∴B點(diǎn)不可能在拋物線上，則在橢圓上代入橢圓方程得

4

a2

+0=1，解得a=2
如果c點(diǎn)在橢圓上，代入橢圓方程得

2

4

+

1 2

b2

=1，解得b=1符合題意
則橢圓的方程為

x2

4

+y2=1
∴點(diǎn)A必在拋物線上，代入拋物線方程得2p=4
∴p=2
∴拋物線方程為：y²=4x．

（II）若存在直線l使得以線段MN為直徑的圓和以PQ為直徑的圓都過原點(diǎn)，
設(shè)直線l：x=my+n，將x=my+n代入橢圓C1：

x2

4

+y2=1，并整理得，（m²+4）y²+2mny+n²-4=0，
△₁=4m²n²-4（m²+4）（n²-4）＞0，即m²-n²+4＞0；=1 ①
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則y1+y2=

-2mn

m2+4

，y1y2=

n2-4

m2+4

，
由OM⊥ON得，x₁x₂+y_!y₂=0，即（m²+1）y_!y₂+mn（y₁+y₂）+n²=0，
∴(m2+1)

n2-4

m2+4

+mn•

-2mn

m2+4

+n2=0，得5n²-4m²-4=0；②
將x=

y2

4

代入x=my+n，得

y2

4

-my-n=0，△₂=m²+n＞0，③
設(shè)P（x₃，y₃），Q（x₄，y₄），則y₃+y₄=4m，y₃y₄=-4n，
由OP⊥OQ得，x₃x₄+y₃y₄=0，即（m²+1）y₃y₄+mn（y₃+y₄）+n²=0，
∴（m²+1）（-4n）+mn•4m+n²=0，得n²-4n=0；
顯然n≠0，∴n=4，代入②得：m=±

19

；
經(jīng)檢驗(yàn)m=±

19

，n=4都適合 ①③式．
所以存在直線l：x±

19

y-4=0使得以線段MN為直徑和以PQ為直徑的圓都過原點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查直線、橢圓和拋物線等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合思想和化歸與轉(zhuǎn)化思想等