Question

14．如图，抛物线C₁：y₂=2px（p＞0）与椭圆C₂：$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{x}^{2}}{4}$=1（a＞2）交于第一象限内一点M，F为抛物线C₁的焦点，F₁，F₂分别为椭圆C₂的上下焦点，已知|$\overrightarrow{MF}$-|$\overrightarrow{OF}$|=1，|$\overrightarrow{MF}$-$\overrightarrow{OF}$|=$\sqrt{10}$．
（1）求抛物线C₁和椭圆C₂的方程；
（2）是否存在经过M的直线l，与抛物线和椭圆分别交于非M的两点P，Q，使得$\overrightarrow{{F}_{1}P}$+$\overrightarrow{{F}_{2}Q}$=2$\overrightarrow{OM}$？若存在请求出直线的斜率，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）求出抛物线的焦点和准线方程，运用抛物线的定义和两点的距离公式，解方程可得p，a，即可得到抛物线方程和椭圆方程；
（2）假设存在经过M的直线l，与抛物线和椭圆分别交于非M的两点P，Q，使得$\overrightarrow{{F}_{1}P}$+$\overrightarrow{{F}_{2}Q}$=2$\overrightarrow{OM}$．直线的斜率不存在显然不成立，设l：y=k（x-1）+3，联立抛物线方程和椭圆方程，求得P，Q的坐标，再由向量的坐标表示，即可得到k=1，即可判断存在．

解答 解：（1）y²=2px（p＞0）的焦点F（$\frac{p}{2}$，0），准线方程为x=-$\frac{p}{2}$，
由|$\overrightarrow{MF}$|-|$\overrightarrow{OF}$|=1，|$\overrightarrow{MF}$-$\overrightarrow{OF}$|=$\sqrt{10}$即|$\overrightarrow{MO}$|=$\sqrt{10}$，
由题意得$\left\{\begin{array}{l}{（{x}_{M}+\frac{p}{2}）-\frac{p}{2}=1}\\{{{x}_{M}}^{2}+{{y}_{M}}^{2}=10}\end{array}\right.$，解得x_M=1，y_M=3，
分别代入抛物线和椭圆方程得：C₁：y²=9x，C₂：$\frac{{y}^{2}}{12}$+$\frac{{x}^{2}}{4}$=1．
（2）斜率不存在时显然不合题意，
假设存在经过M的直线l，与抛物线和椭圆分别交于非M的两点P，Q，
使得$\overrightarrow{{F}_{1}P}$+$\overrightarrow{{F}_{2}Q}$=2$\overrightarrow{OM}$．
由M（1，3），可设l：y=k（x-1）+3，
直线与抛物线联立得：k²x²+（-2k²+6k-9）x+（3-k）²=0，
由韦达定理可得x_M+x_P=$\frac{2{k}^{2}-6k+9}{{k}^{2}}$，
及x_M=1可得x_P=$\frac{（3-k）^{2}}{{k}^{2}}$；
直线与椭圆联立得：（3+k²）x²+2k（3-k）x+（k²-6k-3）=0，
由韦达定理可得x_M•x_Q=$\frac{{k}^{2}-6k-3}{3+{k}^{2}}$．
及x_M=1可得x_Q=$\frac{{k}^{2}-6k-3}{3+{k}^{2}}$．
由$\overrightarrow{{F}_{1}P}$+$\overrightarrow{{F}_{2}Q}$=2$\overrightarrow{OM}$可得x_P+x_Q=2x_M，可得4k³-k²+6k-9=0，
可得（k-1）（4k²+3k+9）=0，
解得k=1，经检验符合题意．
则存在符合题意的直线，其斜率为1．

点评 本题考查抛物线的定义、方程和性质，同时考查椭圆的方程的运用，注意联立直线方程和曲线方程，运用韦达定理，考查向量的坐标表示，属于中档题．