Question

5．如图，椭圆C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，x轴被曲线C₂：y=x²-b截得的线段长等于C₁的长半轴长．
（1）求C₁的方程；
（2）设C₂与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C₂相交于点A、B，直线MA，MB分别与C₁相交于D，E
（i）证明：MD⊥ME
（ii）记△MAB，△MDE的面积分别是S₁，S₂．问：是否存在直线l，使得$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=$\frac{17}{23}$？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由题意可得：$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$2\sqrt{b}$=a，a²=b²+c²．联立解出即可得出．
（2）（i）由题得，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为：y=kx，与抛物线方程联立得x²-kx-1=0．设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），利用根与系数的关系、斜率计算公式可得：k_MA•k_MB=-1．即可证明．
（ii）设直线MA的斜率为k₁，则直线MA的方程为y=k₁x-1．由$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}x-1}\\{y={x}^{2}-1}\end{array}\right.$，解得点A的坐标为$（{k}_{1}，{k}_{1}^{2}-1）$．又直线MB的斜率为-$\frac{1}{{k}_{1}}$，同理可得点B的坐标为$（-\frac{1}{{k}_{1}}，\frac{1}{{k}_{1}^{2}}-1）$．可得S₁=$\frac{1}{2}$|MA|•|MB|=$\frac{1+{k}_{1}^{2}}{2|{k}_{1}|}$．同理联立$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}x-1}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}+4=0}\end{array}\right.$，可得D的坐标为$（\frac{8{k}_{1}}{1+4{k}_{1}^{2}}，\frac{4{k}_{1}^{2}-1}{1+4{k}_{1}^{2}}）$．同理可得点E的坐标为$（\frac{-8{k}_{1}}{4+{k}_{1}^{2}}，\frac{4-{k}_{1}^{2}}{4+{k}_{1}^{2}}）$．可得S₂=$\frac{1}{2}$|MD|•|ME|，利用$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=$\frac{1}{64}$$（4{k}_{1}^{2}+\frac{4}{{k}_{1}^{2}}+17）$=$\frac{17}{32}$，解得${k}_{1}^{2}$，由点A，B的坐标得，k=${k}_{1}-\frac{1}{{k}_{1}}$．即可得出．

解答 解：（1）由题意可得：$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$2\sqrt{b}$=a，a²=b²+c²．
联立解得：a=2，b=1，c=$\sqrt{3}$．
故C₁的方程方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
（2）（i）由题得，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为：y=kx，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx}\\{y={x}^{2}-1}\end{array}\right.$，得x²-kx-1=0．设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
于是x₁+x₂=k，x₁•x₂=-1，又点M的坐标为（0，-1）．
所以k_MA•k_MB=$\frac{{y}_{1}+1}{{x}_{1}}$•$\frac{{y}_{2}+1}{{x}_{2}}$=$\frac{（k{x}_{1}+1）（k{x}_{2}+1）}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{{k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}+k（{x}_{1}+{x}_{2}）+1}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{-{k}^{2}+{k}^{2}+1}{-1}$=-1．
故MA⊥MB，即MD⊥ME．
（ii）设直线MA的斜率为k₁，则直线MA的方程为y=k₁x-1．
由$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}x-1}\\{y={x}^{2}-1}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=0}\\{y=-1}\end{array}\right.$，或$\left\{\begin{array}{l}{x={k}_{1}}\\{y={k}_{1}^{2}-1}\end{array}\right.$．则点A的坐标为$（{k}_{1}，{k}_{1}^{2}-1）$．
又直线MB的斜率为-$\frac{1}{{k}_{1}}$，同理可得点B的坐标为$（-\frac{1}{{k}_{1}}，\frac{1}{{k}_{1}^{2}}-1）$．
于是S₁=$\frac{1}{2}$|MA|•|MB|=$\frac{1}{2}\sqrt{1+{k}_{1}^{2}}$×|k₁|×$\sqrt{1+\frac{1}{{k}_{1}^{2}}}$×$|-\frac{1}{{k}_{1}}|$=$\frac{1+{k}_{1}^{2}}{2|{k}_{1}|}$．
由$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}x-1}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}+4=0}\end{array}\right.$，得$（1+4{k}_{1}^{2}）$x²-8k₁x=0．
解得$\left\{\begin{array}{l}{x=0}\\{y=-1}\end{array}\right.$，或$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{8{k}_{1}}{1+4{k}_{1}^{2}}}\\{y=\frac{4{k}_{1}^{2}-1}{1+4{k}_{1}^{2}}}\end{array}\right.$，
则点D的坐标为$（\frac{8{k}_{1}}{1+4{k}_{1}^{2}}，\frac{4{k}_{1}^{2}-1}{1+4{k}_{1}^{2}}）$．
又直线ME的斜率为-$\frac{1}{{k}_{1}}$．
同理可得点E的坐标为$（\frac{-8{k}_{1}}{4+{k}_{1}^{2}}，\frac{4-{k}_{1}^{2}}{4+{k}_{1}^{2}}）$．
于是S₂=$\frac{1}{2}$|MD|•|ME|=$\frac{32（1+{k}_{1}^{2}）|{k}_{1}|}{（1+4{k}_{1}^{2}）（{k}_{1}^{2}+4）}$．
故$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=$\frac{1}{64}$$（4{k}_{1}^{2}+\frac{4}{{k}_{1}^{2}}+17）$=$\frac{17}{32}$，解得${k}_{1}^{2}$=4，或${k}_{1}^{2}$=$\frac{1}{4}$．
又由点A，B的坐标得，k=$\frac{{k}_{1}^{2}-\frac{1}{{k}_{1}^{2}}}{{k}_{1}+\frac{1}{{k}_{1}}}$=${k}_{1}-\frac{1}{{k}_{1}}$．
所以k=$±\frac{3}{2}$．
故满足条件的直线l存在，且有两条，其方程为y=$±\frac{3}{2}$x．

点评 本题考查了椭圆与抛物线的标准方程及其性质、直线与椭圆抛物线相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、斜率计算公式、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．