已知橢圓C1和拋物線C2有公共焦點(diǎn)F(1,0),C1的中心和C2的頂點(diǎn)都在坐標(biāo)原點(diǎn),過點(diǎn)M(4,0)的直線l與拋物線C2分別相交于A,B兩點(diǎn).
(Ⅰ)寫出拋物線C2的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(Ⅱ)若
AM
=
1
2
MB
,求直線l的方程;
(Ⅲ)若坐標(biāo)原點(diǎn)O關(guān)于直線l的對稱點(diǎn)P在拋物線C2上,直線l與橢圓C1有公共點(diǎn),求橢圓C1的長軸長的最小值.
分析:(Ⅰ)拋物線C2有公共焦點(diǎn)F(1,0),可知該拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程的形式和P的值,代入即可;
(Ⅱ)設(shè)出直線l的方程為y=k(x-4),聯(lián)立方程,消去x,得到關(guān)于y的一元二次方程,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),利用韋達(dá)定理和△>0及
AM
=
1
2
MB
,消去y1,y2,可求得斜率k的值;
(Ⅲ)設(shè)P(m,n),則OP中點(diǎn)為(
m
2
n
2
)
,因?yàn)镺、P兩點(diǎn)關(guān)于直線y=k(x-4)對稱,利用對稱的性質(zhì)(垂直求平方),可求得斜率k的值,聯(lián)立直線與橢圓方程,消去y,得到關(guān)于x的一元二次方程,△≥0,解不等式即可橢圓C1的長軸長的最小值.
解答:精英家教網(wǎng)解:(Ⅰ)∵拋物線C2的焦點(diǎn)F(1,0),
p
2
=1,即p=2
∴拋物線C2的方程為:y2=4x,
(Ⅱ)設(shè)直線AB的方程為:y=k(x-4),(k存在且k≠0).
聯(lián)立
y=k(x-4)
y2=4x
,消去x,得ky2-4y-16k=0,
顯然△=16+64k2>0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),
y1+y2=
4
k
    ①y1•y2=-16          ②
AM
=
1
2
MB
,所以y1=-
1
2
y2
         ③
由①②③消去y1,y2,得k2=2,
故直線l的方程為y=
2
x-4
2
,或y=-
2
x+4
2

(Ⅲ)設(shè)P(m,n),則OP中點(diǎn)為(
m
2
,
n
2
)
,因?yàn)镺、P兩點(diǎn)關(guān)于直線y=k(x-4)對稱,
所以
n
2
=k(
m
2
-4)
n
m
•k=-1
,即
km-n=8k
m+nk=0
,解之得
m=
8k2
1+k2
n=-
8k
1+k2
,
將其代入拋物線方程,得:(-
8k
1+k2
)2=4•
8k2
1+k2
,所以,k2=1.
聯(lián)立
y=k(x-4)
x2
a2
+
y2
b2
=1
,消去y,得:(b2+a2k2)x2-8k2a2x+16a2k2-a2b2=0.
由△=(-8k2a22-4(b2+a2k2)(16a2k2-a2b2)≥0,
得16a2k4-(b2+a2k2)(16k2-b2)≥0,
即a2k2+b2≥16k2,
將k2=1,b2=a2-1代入上式并化簡,得2a2≥17,所以a≥
34
2
,即2a≥
34
,
因此,橢圓C1長軸長的最小值為
34
點(diǎn)評:此題是個(gè)難題.本題考查了橢圓與拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系,是一道綜合性的試題,考查了學(xué)生綜合運(yùn)用知識解決問題的能力.其中問題(Ⅲ)考查了同學(xué)們觀察、推理以及創(chuàng)造性地分析問題、解決問題的能力,
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(1)寫出拋物線C2的標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)若坐標(biāo)原點(diǎn)O關(guān)于直線l的對稱點(diǎn)P在拋物線C2上,直線l與橢圓C1有公共點(diǎn),求橢圓C1C的長軸長的最小值.

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x

5

4

y

2

0

-4

 

(Ⅰ)求C1和C2的方程;

   (Ⅱ)過點(diǎn)S(0,-)且斜率為k的動(dòng)直線l交橢圓C1于A、B兩點(diǎn),在y軸上是否存在定點(diǎn)D,使以線段AB為直徑的圓恒過這個(gè)點(diǎn)?若存在,求出D的坐標(biāo),若不存在,說明理由.

 

 

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(Ⅲ)若坐標(biāo)原點(diǎn)O關(guān)于直線l的對稱點(diǎn)P在拋物線C2上,直線l與橢圓C1有公共點(diǎn),求橢圓C1的長軸長的最小值.

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