Question

18．设椭圆C₁的焦点在x轴，离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，抛物线C₂的焦点在y轴上，C₁的中心和C₂的顶点均为原点，点（$\sqrt{2}$，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$）在C₁上，点（$\sqrt{2}$，-1）在C₂上．
（1）求曲线C₁、C₂的标准方程；
（2）请问是否存在过抛物线C₂的焦点F的直线l与椭圆C₁交于不同两点M、N，使得以线段MN为直径的圆过原点O？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）由题意列关于a，b，c的方程组，求解得到a，b，c的值，则椭圆方程可求．再设出抛物线方程，把点（$\sqrt{2}$，-1）代入抛物线方程求p，则抛物线方程可求；
（2）直线l过抛物线C₂的焦点F（0，-$\frac{1}{2}$），当直线l的斜率不存在时，求出点M、N的坐标，可得以线段MN为直径的圆不过原点；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx$-\frac{1}{2}$，联立直线方程与椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系结合$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}=0$求解k，此时k不存在，说明不存在过抛物线C₂的焦点F的直线l与椭圆C₁交于不同两点M、N，使得以线段MN为直径的圆过原点O．

解答 解：（1）设C₁的方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0），
由已知得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\\{\frac{2}{{a}^{2}}+\frac{1}{2{b}^{2}}=1}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}=4}\\{{b}^{2}=1}\\{c=\sqrt{3}}\end{array}\right.$．
∴曲线C₁的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
∵点（$\sqrt{2}$，-1）在C₂上，
∴设C₂的标准方程为x²=-2py（p＞0），
则由$（\sqrt{2}）^{2}=-2p×（-1）$，得p=1．
∴C₂的标准方程为x²=-2y；
（2）∵直线l过抛物线C₂的焦点F（0，-$\frac{1}{2}$），
当直线l的斜率不存在时，点M（0，1），N（0，-1），或M（0，-1），N（0，1），
则以线段MN为直径的圆不过原点，不符合要求；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx$-\frac{1}{2}$，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-\frac{1}{2}}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²-4kx-3=0．
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
则${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{4k}{1+4{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{-3}{1+4{k}^{2}}$．
${y}_{1}{y}_{2}=（k{x}_{1}-\frac{1}{2}）（k{x}_{2}-\frac{1}{2}）$=${k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}-\frac{1}{2}k（{x}_{1}+{x}_{2}）+\frac{1}{4}$
=${k}^{2}•\frac{-3}{1+4{k}^{2}}-\frac{1}{2}k•\frac{4k}{1+4{k}^{2}}+\frac{1}{4}$=$\frac{1-16{k}^{2}}{4（1+4{k}^{2}）}$．
∵以线段MN为直径的圆过原点O，
∴$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}=0$，
∴${x}_{1}{x}_{2}+{y}_{1}{y}_{2}=\frac{-3}{1+4{k}^{2}}•\frac{1-16{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}=0$，
整理得：16k²=-11，无解．
故不存在过抛物线C₂的焦点F的直线l与椭圆C₁交于不同两点M、N，
使得以线段MN为直径的圆过原点O．

点评 本题主要考查直线、椭圆和抛物线等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想和化归与转化思想，是中档题．