Question

16．设椭圆E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左，右焦点分别为F₁，F₂，上顶点为点A，点B，F₂关于F₁对称，抛物线y²=4x的准线经过F₁交AB于P，且$\frac{B{F}_{1}}{AB}$=$\frac{P{F}_{1}}{A{F}_{2}}$．
（1）求椭圆E的方程；
（2）已知定点Q（t，0）（t＞0），若斜率为1的直线1过点Q与椭圆E交于不同的两点C，D，且对椭圆E上任意一点N，都存在θ∈[0，2π]，使得$\overrightarrow{ON}$=cosθ$•\overrightarrow{OC}$+sinθ$•\overrightarrow{OD}$成立，求满足条件的实数t的值．

Answer 1

分析 （1）求得抛物线的准线方程，可得c=1，再由对称可得B（-3，0），再由直线AB的方程，令x=-1，可得P的坐标，再由两点的距离公式可得b=$\sqrt{3}$，a=2，进而得到椭圆方程；
（2）设C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），N（x₀，y₀）．可得3x₁²+4y₁²=12，3x₂²+4y₂²=12，直线l的方程为：y=x-t，与椭圆方程联立，运用△＞0，由$\overrightarrow{ON}$=cosθ$•\overrightarrow{OC}$+sinθ$•\overrightarrow{OD}$成立，利用向量坐标运算及相等、根与系数的关系可得：x₀=x₁cosθ+x₂sinθ，y₀=y₁cosθ+y₂sinθ．代入椭圆方程可得：3x₁x₂+4y₁y₂=0，把根与系数的关系代入解出即可．

解答 解：（1）由抛物线y²=4x的准线：x=-1经过F₁，
可得c=1，
由点B，F₂（1，0）关于F₁（-1，0）对称，可得B（-3，0），
由A（0，b），可得直线AB：y=$\frac{b}{3}$x+b，
令x=-1，可得y=$\frac{2b}{3}$，即P（-1，$\frac{2b}{3}$），
由$\frac{B{F}_{1}}{AB}$=$\frac{P{F}_{1}}{A{F}_{2}}$，可得$\frac{2}{\sqrt{9+{b}^{2}}}$=$\frac{\frac{2b}{3}}{\sqrt{1+{b}^{2}}}$，
解得b=$\sqrt{3}$，a=2，
即有椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）设C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），N（x₀，y₀）．
则3x₁²+4y₁²=12，3x₂²+4y₂²=12，
由直线l的方程为：y=x-t，
与椭圆方程联立可得$\left\{\begin{array}{l}{y=x-t}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\end{array}\right.$，
化为7x²-8tx+4t²-12=0．
△=64t²-28（4t²-12）＞0，
解得-$\sqrt{7}$＜t＜$\sqrt{7}$，
∴x₁+x₂=$\frac{8t}{7}$，x₁x₂=$\frac{4{t}^{2}-12}{7}$．
∵$\overrightarrow{ON}$=cosθ•$\overrightarrow{OC}$+sinθ•$\overrightarrow{OD}$，
∴（x₀，y₀）=（x₁cosθ+x₂sinθ，y₁cosθ+y₂sinθ），
∴x₀=x₁cosθ+x₂sinθ，y₀=y₁cosθ+y₂sinθ．
∵对于任意θ∈[0，2π）总有点N在椭圆E上，
代入椭圆方程可得：3（x₁cosθ+x₂sinθ）²+4（y₁cosθ+y₂sinθ）²=12，
化为（3x₁²+4y₁²）cos²θ+（3x₂²+4y₂²）sin²θ+（6x₁x₂+8y₁y₂）cosθsinθ=12，
即为12（cos²θ+sin²θ）+（6x₁x₂+8y₁y₂）cosθsinθ=12，
∴3x₁x₂+4y₁y₂=0，
∴3x₁x₂+4（x₁-t）（x₂-t）=0，
化为7x₁x₂-4t（x₁+x₂）+4t²=0．
∴7•$\frac{4{t}^{2}-12}{7}$-4t•$\frac{8t}{7}$+4t²=0，
化为t²=$\frac{7}{2}$，（t＞0）．
解得t=$\frac{\sqrt{14}}{2}$．
满足△＞0．
∴满足条件的实数t=$\frac{\sqrt{14}}{2}$．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、两点的距离公式、点与椭圆的关系、同角三角函数基本关系式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．