Question

如圖，橢圓C₁：

x2

a2

+

y2

b2

=1（a＞b＞0）的離心率為

3

2

，x軸被曲線C₂：y=x²-b截得的線段長等于C₁的長半軸長．
（Ⅰ）求C₁，C₂的方程；
（Ⅱ）設(shè)C₂與y軸的交點為M，過坐標(biāo)原點O的直線l與C₂相交于點A、B，直線MA，MB分別與C₁相交于D，E．
（i）證明：MD⊥ME；
（ii）記△MAB，△MDE的面積分別是S₁，S₂．問：是否存在直線l，使得

S1

S2

=

17

32

？請說明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）先利用離心率得到一個關(guān)于參數(shù)的方程，再利用x軸被曲線C₂：y=x²-b截得的線段長等于C₁的長半軸長得另一個方程，兩個方程聯(lián)立即可求出參數(shù)進(jìn)而求出C₁，C₂的方程；
（Ⅱ）（i）把直線l的方程與拋物線方程聯(lián)立可得關(guān)于點A、B坐標(biāo)的等量關(guān)系，再代入求出k_MA•k_MB=-1，即可證明：MD⊥ME；
（ii）先把直線MA的方程與拋物線方程聯(lián)立可得點A的坐標(biāo)，再利用弦長公式求出|MA|，同樣的方法求出|MB|進(jìn)而求出S₁，同理可求S₂．再代入已知就可知道是否存在直線l滿足題中條件了．

解答：解：（Ⅰ）由題得e=

c

a

=

3

2

，從而a=2b，又2

b

=a，解得a=2，b=1，
故C₁，C₂的方程分別為

x2

4

+y2=1，y=x²-1．
（Ⅱ）（i）由題得，直線l的斜率存在，設(shè)為k，則直線l的方程為y=kx，
由

y=kx y=x2-1

得x²-kx-1=0．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則x₁，x₂是上述方程的兩個實根，
于是x₁+x₂=k，x₁x₂=-1，又點M的坐標(biāo)為（0，-1），
所以k_MA•k_MB=

y1+1

x1

•

y2+1

x2

=

(kx1+1)(kx2+1)

x1x2

=

k2x1x2+k(x1+x2)+1

x1x2

=

-k2+k2+1

-1

=-1．
故MA⊥MB，即MD⊥ME．
（ii）設(shè)直線MA的斜率為k₁，則直線MA的方程為y=k₁x-1．
由

y=k1x-1 y=x2-1

，解得

x=0 y=-1

或

x=k1 y=k12-1

．
則點A的坐標(biāo)為（k₁，k₁²-1）．
又直線MB的斜率為-

1

k1

，同理可得點B的坐標(biāo)為（-

1

k1

，

1

k12

-1）．
于是s₁=

1

2

|MA|•|MB|=

1

2

1+k12

•|k₁|•

1+ 1 k12

•|-

1

k1

|=

1+k12

2|k1|

．
由

y=k1x-1 x2+4y2-4=0

得（1+4k₁²）x²-8k₁x=0．
解得

x=0 y=-1

或，

x= 8k1 1+4k12 y= 4k12-1 1+4k12

，則點D的坐標(biāo)為（

8k1

1+4k12

，

4k12-1

1+4k12

）．
又直線ME的斜率為-

1

k1

．同理可得點E的坐標(biāo)為（

-8k1

4+k12

，

4-k12

4+k12

）．
于是s₂=

1

2

|MD|•|ME|=

32(1+k12)•|k1|

(1+4k12)(k12+4)

．
故

s1

s2

=

1

64

(4k12+

4

k12

+17)=

17

32

，解得k₁²=4或k₁²=

1

4

．
又由點A，B的坐標(biāo)得，k=

k12- 1 k12

k1+ 1 k1

=k₁-

1

k1

．所以k=±

3

2

．
故滿足條件的直線存在，且有兩條，其方程為y=

3

2

x和y=-

3

2

x．

點評：本題是對橢圓與拋物線以及直線與拋物線和直線與橢圓的綜合問題的考查．是一道整理過程很麻煩的題，需要要認(rèn)真，細(xì)致的態(tài)度才能把題目作好．