Question

10．设椭圆C₁的中心和抛物线C₂的顶点均为原点O，C₁、C₂的焦点均在x轴上，在C₁、C₂上各取两个点，将其坐标记录于表格中：
（1）求C₁、C₂的标准方程；
（2）过C₂的焦点F作斜率为k的直线l，与C₂交于A、B两点，若l与C₁交于C、D两点，若$\frac{|AB|}{|CD|}=\frac{5}{3}$，求直线l的方程

x	3	-2	4	$\sqrt{3}$
y	$-2\sqrt{3}$	0	-4	$-\frac{{\sqrt{3}}}{2}$

Answer 1

分析 （1）设椭圆C₁的方程为：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$ （a＞b＞0），抛物线C₂的方程为：y²=2px（p≠0），从已知中所给四点的坐标可得：点（-2，0）一定在椭圆上，（4，-4），（3，-2$\sqrt{3}$）点一定在抛物线上，由此即可求解．
（2）设l：x=ty+1（t≠0），联立方程组$\left\{\begin{array}{l}{{y}^{2}=4x}\\{x=ty+1}\end{array}\right.$消元得：y²-4ty-4=0，可得|AB|=$\sqrt{1+{t}^{2}}•\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=4（t²+1）；联立方程组$\left\{\begin{array}{l}{x=ty+1}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}-12=0}\end{array}\right.$得（3t²+4）y²+6ty-9=0，得|CD|=$\sqrt{1+{t}^{2}}•\frac{12\sqrt{1+{t}^{2}}}{3{t}^{2}+4}=\frac{12\sqrt{1+{t}^{2}}}{3{t}^{2}+4}$；由$\frac{|AB|}{|CD|}=\frac{5}{3}$=$4（{t}^{2}+1）×\frac{3{t}^{2}+4}{12（{t}^{2}+1）}=\frac{5}{3}$，解得t即可．

解答 解：（1）设椭圆C₁的方程为：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$ （a＞b＞0），
抛物线C₂的方程为：y²=2px（p≠0），
从已知中所给四点的坐标可得：点（-2，0）一定在椭圆上，
∴（4，-4），（3，-2$\sqrt{3}$）两点一定在抛物线上，
∴2p=4，即抛物线C₂的方程为：y²=4x，
把点（-2，0）（$\sqrt{3}，-\frac{\sqrt{3}}{2}$），代入椭圆C₁的方程为：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$ （a＞b＞0），
得：a²=4，b²=3，∴椭圆C₁的方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
（2）∵抛物线C₂：y²=4x的焦点F（1，0），设l：x=ty+1（t≠0），
联立方程组$\left\{\begin{array}{l}{{y}^{2}=4x}\\{x=ty+1}\end{array}\right.$消元得：y²-4ty-4=0，
∴△=16t²+16＞0，|AB|=$\sqrt{1+{t}^{2}}•\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=4（t²+1）；
联立方程组$\left\{\begin{array}{l}{x=ty+1}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}-12=0}\end{array}\right.$得（3t²+4）y²+6ty-9=0，
∴△=36t²+36（3t²+4）＞0，
|CD|=$\sqrt{1+{t}^{2}}•\frac{12\sqrt{1+{t}^{2}}}{3{t}^{2}+4}=\frac{12\sqrt{1+{t}^{2}}}{3{t}^{2}+4}$；
由$\frac{|AB|}{|CD|}=\frac{5}{3}$=$4（{t}^{2}+1）×\frac{3{t}^{2}+4}{12（{t}^{2}+1）}=\frac{5}{3}$，解得t=±$\frac{\sqrt{3}}{3}$
故直线l的方程为：y=$\sqrt{3}x-\sqrt{3}$或y=$-\sqrt{3}x+\sqrt{3}$．

点评 本题考查椭圆方程的求法和直线方程的求法，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．综合性强，难度大，有一定的探索性，对数学思维能力要求较高，属于难题．