Question

已知橢圓C₁、拋物線C₂的焦點均在x軸上，C₁的中心和C₂的頂點均為坐標原點O，從每條曲線上各取兩個點，將其坐標記錄于表中：

x	3	-2	4	2
y	-2 3	0	-4	2 2

（Ⅰ）求C₁、C₂的標準方程；
（Ⅱ）請問是否存在直線l同時滿足條件：（ⅰ）過C₂的焦點F；（ⅱ）與C₁交于不同兩點Q、R，且滿足

OQ

⊥

OR

？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由；
（Ⅲ）已知橢圓C₁的左頂點為A，過A作兩條互相垂直的弦AM、AN分別另交橢圓于M、N兩點．當直線AM的斜率變化時，直線MN是否過x軸上的一定點，若過定點，請給出證明，并求出該定點坐標；若不過定點，請說明理由．

Answer 1

考點：直線與圓錐曲線的綜合問題

專題：圓錐曲線中的最值與范圍問題

分析：（Ⅰ）設拋物線C₂：y²=2mx（m≠0），則有

y2

x

=2m，據此驗證4個點知：(3，-2

3

)，（4，-4）在拋物線上，即可得出C₂：y²=4x．
設C₁：

x2

a2

+

y2

b2

=1(a＞b＞0)，把點（-2，0），(

2

，

2

2

)代入解出即可．
（II）驗證直線l的斜率不存在時，不滿足題意；當直線l斜率存在時，假設存在直線l過拋物線焦點F（1，0），設其方程為y=k（x-1），與C₁的交點坐標為Q（x₁，y₁），R（x₂，y₂）．把直線方程與橢圓方程聯立可得（1+4k²）x²-8k²x+4（k²-1）=0，得到根與系數的關系，由

OQ

⊥

OR

，kd

OQ

•

OR

=x₁x₂+y₁y₂=0，把根與系數的關系代入解得k即可得出．
（III）設直線AM的斜率為k（k≠0），則AM：y=k（x+2），AN：y=-

1

k

(x+2)．f分別與橢圓的方程聯立可得x_M，y_M．x_N，y_N．k可得MN的直線方程為y-

4k

1+4k2

=

-5k

4(k2-1)

(x-

2-8k2

1+4k2

)，令y=0，解出即可．

解答： 解：（Ⅰ）設拋物線C₂：y²=2mx（m≠0），則有

y2

x

=2m，據此驗證4個點知：(3，-2

3

)，（4，-4）在拋物線上，
可得C₂：y²=4x．
設C₁：

x2

a2

+

y2

b2

=1(a＞b＞0)，把點（-2，0），(

2

，

2

2

)代入得：

4 a2 =1 2 a2 + 1 2b2 =1

，解得

a2=4 b2=1

，
∴C₁的方程為

x2

4

+y2=1．
（Ⅱ）驗證直線l的斜率不存在時，不滿足題意；
當直線l斜率存在時，假設存在直線l過拋物線焦點F（1，0），設其方程為y=k（x-1），與C₁的交點坐標為Q（x₁，y₁），R（x₂，y₂）．
由

x2 4 +y2=1 y=k(x-1)

消去y，得（1+4k²）x²-8k²x+4（k²-1）=0，
于是x1+x2=

8k2

1+4k2

，x1x2=

4(k2-1)

1+4k2

，…①
y1y2=k2(x1-1)(x2-1)=k²[x₁x₂-（x₁+x₂）+1]=k2[

4(k2-1)

1+4k2

-

8k2

1+4k2

+1]=

-3k2

1+4k2

，…②
由

OQ

⊥

OR

，∴

OQ

•

OR

=x₁x₂+y₁y₂=0（*），
將①、②代入（*）式，得 

4(k2-1)

1+4k2

-

3k2

1+4k2

=

k2-4

1+4k2

=0，解得k=±2；
∴存在直線l滿足條件，且l的方程為：y=2x-2或y=-2x+2．
（Ⅲ）設直線AM的斜率為k（k≠0），則AM：y=k（x+2），AN：y=-

1

k

(x+2)．
則

y=k(x+2) x2+4y2=4

　化簡得：（1+4k²）x²+16k²x+16k²-4=0．
∵此方程有一根為-2，∴x_M=

2-8k2

1+4k2

，y_M=

4k

1+4k2

．
同理可得x_N=

2k2-8

k2+4

，yN=

-4k

k2+4

，
則k_MN=

yN-yM

xN-xM

=

-5k

4(k2-1)

．
∴MN的直線方程為y-

4k

1+4k2

=

-5k

4(k2-1)

(x-

2-8k2

1+4k2

)，
令y=0，則x=

16k(k2-1)

5k(1+4k2)

+

2-8k2

1+4k2

=-

6

5

．
∴直線MN過x軸上的一定點(-

6

5

，0)．

點評：本題考查了橢圓與拋物線的標準方程及其性質、直線與橢圓相交問題轉化為方程聯立可得根與系數的關系、相互垂直與斜率的關系，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．