Question

9．已知椭圆C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的一个顶点与抛物线C₂：x²=4y的焦点重合，F₁、F₂分别是椭圆C₁的左、右焦点，C₁的离心率e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，过F₂的直线l与椭圆C₁交于M，N两点，与抛物线C₂交于P，Q两点．
（1）求椭圆C₁的方程；
（2）当直线l的斜率k=-1时，求△PQF₁的面积；
（3）在x轴上是否存在点A，$\overrightarrow{AM}$•$\overrightarrow{AN}$为常数？若存在，求出点A的坐标和这个常数；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）求得抛物线的焦点，可得b=1，再由椭圆的离心率公式和a，b，c的关系，可得a，进而得到椭圆方程；
（2）由题意可得直线l：y=1-x，设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），代入抛物线的方程x²=4y，运用韦达定理和弦长公式，以及点到直线的距离公式，运用三角形的面积公式可得所求；
（3）设x轴上存在一点A（t，0），使得$\overrightarrow{AM}$•$\overrightarrow{AN}$为常数．①直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=k（x-1），M（x₃，y₃），N（x₄，y₄），代入椭圆方程，运用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，化简整理，再由恒为常数，可得t，可得常数；②当直线l与x轴垂直时，求得M，N的坐标，即可判断存在A和常数．

解答 解：（1）由抛物线C₂：x²=4y的焦点为（1，0），可得b=1，
由e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，a²-c²=1，解得a=$\sqrt{2}$，
故椭圆C₁的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（2）由题意可得直线l：y=1-x，
设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），代入抛物线的方程x²=4y，可得
x²+4x-4=0，可得x₁+x₂=-4，x₁x₂=-4，
即有|PQ|=$\sqrt{1+1}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{2}$•$\sqrt{16+16}$=8，
由F₁到直线l的距离为d=$\frac{|-1-1|}{\sqrt{1+1}}$=$\sqrt{2}$，
可得△PQF₁的面积为$\frac{1}{2}$|PQ|d=$\frac{1}{2}$×8×$\sqrt{2}$=4$\sqrt{2}$；
（3）设x轴上存在一点A（t，0），使得$\overrightarrow{AM}$•$\overrightarrow{AN}$为常数．
①直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=k（x-1），M（x₃，y₃），N（x₄，y₄），
把直线l的方程代入椭圆方程化简可得（2k²+1）x²-4k²x+（2k²-2）=0，
∴x₃+x₄=$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
∴y₃y₄=k²（x₃-1）（x₄-1）=k²[x₃x₄-（x₃+x₄）+1]，
∴$\overrightarrow{AM}$•$\overrightarrow{AN}$=（x₃-t）（x₄-t）+y₃y₄=（k²+1）x₃x₄-（k²+t）（x₃+x₄）+k²+t²
=$\frac{（1-4t）{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$+t²，
∵$\overrightarrow{AM}$•$\overrightarrow{AN}$为常数，
∴$\frac{1-4t}{2}$=$\frac{-2}{1}$，
∴t=$\frac{5}{4}$，
此时$\overrightarrow{AM}$•$\overrightarrow{AN}$=-2+$\frac{25}{16}$=-$\frac{7}{16}$；
②当直线l与x轴垂直时，此时点M、N的坐标分别为（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$），（1，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$），
当t=$\frac{5}{4}$时，亦有$\overrightarrow{AM}$•$\overrightarrow{AN}$=-$\frac{7}{16}$．
综上，在x轴上存在定点A（$\frac{5}{4}$，0），使得$\overrightarrow{AM}$•$\overrightarrow{AN}$为常数，
且这个常数为-$\frac{7}{16}$．

点评 本题考查椭圆方程的求法，两个向量的数量积公式的运用，考查韦达定理，考查分类讨论的数学思想，属于难题．