Question

14．若椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0）的右焦点F（1，0）与抛物线E：y²=2px（p＞0）焦点重合，过F且倾斜角为45°的直线交椭圆于A，B两点，且$\overrightarrow{AF}=3\overrightarrow{FB}$．
（1）求椭圆C的方程和抛物线E的方程；
（2）若斜率为k且F的直线l交抛物线E：y²=2px于C、D两点，交椭圆C于M，N两点，问是否存在实常数λ，使$\frac{1}{|MN|}+\frac{λ}{|CD|}$为常数，若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）由抛物线E：y²=2px（p＞0）的焦点与椭圆C的焦点重合，即可求得抛物线方程，再由直线y=x-1代入椭圆方程，运用韦达定理和向量的共线的坐标表示，消去变量，可得a，b的方程，解方程可得椭圆的方程；
（2）依次射出M，N，C，D四点的坐标，设出直线l的方程，联立直线方程和圆锥曲线方程，利用根与系数关系分别写出M，N两点横坐标的和与积，写出C，D两点横坐标的和与积，利用弦长公式求出MN和CD的长度，代入$\frac{1}{|MN|}+\frac{λ}{|CD|}$后，可求出使$\frac{1}{|MN|}+\frac{λ}{|CD|}$为常数的λ的值．

解答 解：（1）F（1，0），即有$\frac{p}{2}$=1，解得p=2，
则抛物线E：y²=4x；
由直线y=x-1代入椭圆方程，可得
（b²+a²）x²-2a²x+a²-a²b²=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
即有x₁+x₂=$\frac{2{a}^{2}}{{a}^{2}+{b}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{{a}^{2}-{a}^{2}{b}^{2}}{{a}^{2}+{b}^{2}}$，①
又$\overrightarrow{AF}=3\overrightarrow{FB}$．即有1-x₁=3（x₂-1），②
联立①②，消去x₁，x₂，可得a²-a⁴-a²b²+4b²=0，
又a²-b²=1，解得a²=2，b²=1，
则椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（2）设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），C（x₃，y₃），D（x₄，y₄）．
直线l的方程为y=k（x-1），与椭圆C的方程联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，
得（1+2k²）x²-4k²x+2k²-2=0，
x₁+x₂=$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|=$\frac{2\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{1+2{k}^{2}}$；
直线l的方程为y=k（x-1），与抛物线G的方程联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$，
得k²x²-（2k²+4）x+k²=0．x₃+x₄=$\frac{2{k}^{2}+4}{{k}^{2}}$，
即有|CD|=x₃+x₄+2=$\frac{4{k}^{2}+4}{{k}^{2}}$．
$\frac{1}{|MN|}+\frac{λ}{|CD|}$=$\frac{1+2{k}^{2}}{2\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}$+$\frac{λ{k}^{2}}{4（1+{k}^{2}）}$=$\frac{\sqrt{2}+（2\sqrt{2}+λ）{k}^{2}}{4（1+{k}^{2}）}$，
要使$\frac{1}{|MN|}+\frac{λ}{|CD|}$为常数，则$\sqrt{2}$=2$\sqrt{2}$+λ，得λ=-$\sqrt{2}$，
故存在λ=-$\sqrt{2}$，使$\frac{1}{|MN|}+\frac{λ}{|CD|}$为常数$\frac{\sqrt{2}}{4}$．

点评 本题主要考查了曲线方程的求法，考查了直线与圆锥曲线的位置关系的应用，训练了设而不求的解题思想方法，考查了弦长公式的用法，直线与圆锥曲线问题的特点是计算量比较大，要求考生具备较强的运算推理的能力，是难题．