Question

5．已知橢圓C₁的中心在坐標原點，兩個焦點分別為F₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0），點A（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）在橢圓C₁上，過點A的直線L與拋物線C₂：x²=4y交于B，C兩點，拋物線C₂在點B，C處的切線分別為l₁，l₂，且l₁與l₂交于點P．
（1）求橢圓C₁的方程；
（2）是否存在滿足|$\overrightarrow{P{F}_{1}}$|$+|\overrightarrow{P{F}_{2}}|$=|$\overrightarrow{A{F}_{1}}$|$+|\overrightarrow{A{F}_{2}}|$的點P，若存在，指出這樣的點P有幾個（不必求出點P的坐標）；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）由焦點坐標可求得c，代入點求出橢圓方程．
（2）直線$y-\frac{\sqrt{2}}{2}=k（x-1）$，與拋物線相交根據(jù)條件列式求解即可．

解答 解：（1）設(shè)橢圓C₁的方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1（a＞b＞0）$，依題意得：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{1}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{（\frac{\sqrt{2}}{2}）^{2}}{^{2}}=1}\\{{a}^{2}=^{2}+1}\end{array}\right.$
解得：a²=2，b²=1，所以橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$
（2）當過點A的直線L斜率不存在時，直線L與拋物線x²=4y只有一個交點，不合題意
故可設(shè)過點A的直線為$y-\frac{\sqrt{2}}{2}=k（x-1）$，與拋物線的交點為B（x₁，y₁），C（x₂，y₂）
由$\left\{\begin{array}{l}{y-\frac{\sqrt{2}}{2}=k（x-1）}\\{{x}^{2}=4y}\end{array}\right.$得，x²-4kx+4k-2$\sqrt{2}$=0，
△=16k²-16k+8$\sqrt{2}$=16（x-$\frac{1}{2}$）²-4+8$\sqrt{2}$＞0恒成立．
∴x₁+x₂=4k，x₁x₂=4k-2$\sqrt{2}$①
由x²=4y，即y=$\frac{1}{4}{x}^{2}$，得y'=$\frac{1}{2}x$
∴拋物線C2在點C處的切線l2的方程為$y-\frac{1}{4}{x}_{1}^{2}=\frac{{x}_{1}}{2}（x-{x}_{1}）$即$y=\frac{{x}_{1}}{2}x-\frac{1}{4}{x}_{1}^{2}②$
同理，拋物線C2在點B處切線l2的方程為$y=\frac{{x}_{2}}{2}x-\frac{1}{4}{x}_{2}^{2}③$
設(shè)l₁與l₂交點P（x，y）由②③解得：$\frac{{x}_{1}}{2}x-\frac{1}{4}{x}_{1}^{2}=\frac{{x}_{2}}{2}x-\frac{1}{4}{x}_{2}^{2}$
而x₁≠x₂，則x=$\frac{1}{2}（{x}_{1}+{x}_{2}）$，代入②得y=$\frac{1}{4}{x}_{1}{x}_{2}$
由①得點P的坐標為（$2k，k-\frac{\sqrt{2}}{2}$）
由$|\overrightarrow{{PF}_{1}}|$$+|\overrightarrow{P{F}_{2}}|=|\overrightarrow{A{F}_{1}}|+|\overrightarrow{A{F}_{2}}|$，得點P在橢圓C₁上，代入橢圓方程，得，
$\frac{4{k}^{2}}{2}+（k-\frac{\sqrt{2}}{2}）^{2}=1$，即3k²-$\sqrt{2}$k-$\frac{1}{2}=0$
∵△=2-4×3×$（-\frac{1}{2}）^{2}＞0$，方程有2解．
所以滿足條件的點P有2個．

點評 本題主要考查了拋物線方程的求法和直線與圓錐曲線的綜合問題，屬�？碱}型，中檔題目．