Question

2．如圖，拋物線C₁：y²=4x的焦點到準(zhǔn)線的距離與橢圓C₂：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的長半軸相等，設(shè)橢圓的右頂點為A，C₁，C₂在第一象限的交點為B，O為坐標(biāo)原點，且△OAB的面積為$\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$．
（1）求橢圓C₂的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）若過點A作直線l交C₁于C，D兩點．
①求證：∠COD恒為鈍角；
②射線OC，OD分別交C₂于E，F(xiàn)兩點，記△OEF，△OCD的面積分別為S₁，S₂，問是否存在直線l，使得3S₂=13S₁？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）p=2，得橢圓的長半軸a=2，由△OAB的面積為$\frac{1}{2}×2×{y}_{B}$=$\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$，知B的坐標(biāo)．代入拋物線能求出橢圓C₂方程．
（2）①設(shè)直線l的方程為：x=my+2，與拋物線方程聯(lián)立，得y²-4my-8=0，利用韋達定理和向量的數(shù)量積導(dǎo)出∠COD＞90°，由此能證明結(jié)論；
②$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=$\frac{\frac{1}{2}|OC|•|OD|sin∠COD}{\frac{1}{2}|OE||OF|sin∠EOF}$=$\frac{|{y}_{1}|}{|{y}_{E}|}$•$\frac{|{y}_{2}|}{|{y}_{F}|}$，求出直線OC的方程，與橢圓方程聯(lián)立，利用3S₂=13S₁，由此能推導(dǎo)出存在直線l使得3S₂=13S₁．

解答 解：（1）拋物線C₁：y²=4x中，p=2，得橢圓的長半軸a=2，
∵△OAB的面積為$\frac{1}{2}×2×{y}_{B}$=$\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$，
∴y_B=$\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$．
代入拋物線求得B（$\frac{2}{3}$，$\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$），
∴橢圓C₂方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1．
（2）①設(shè)直線l的方程為：x=my+2，
由$\left\{\begin{array}{l}{x=my+2}\\{{y}^{2}=4x}\end{array}\right.$，得y²-4my-8=0，
設(shè)C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），
∴y₁+y₂=4m，y₁y₂=-8，
∴x₁x₂=4，
∴x₁x₂+y₁y₂=-4＜0，
∴∠COD＞90°，
∴∠COD恒為鈍角．
②$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$=$\frac{\frac{1}{2}|OC|•|OD|sin∠COD}{\frac{1}{2}|OE||OF|sin∠EOF}$=$\frac{|{y}_{1}|}{|{y}_{E}|}$•$\frac{|{y}_{2}|}{|{y}_{F}|}$，
直線OC的斜率為$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$=$\frac{4}{{y}_{1}}$，
∴直線OC的方程為x=$\frac{{y}_{1}y}{4}$．
與橢圓方程聯(lián)立，得y_E²=$\frac{64×3}{3{{y}_{1}}^{2}+64}$，y_F²=$\frac{64×3}{3{{y}_{2}}^{2}+64}$，
∴y_E²•y_F²=$\frac{64×{3}^{2}}{121+48m}$，
∴（$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}$）²=$\frac{121+48{m}^{2}}{{3}^{2}}$=$\frac{1{3}^{2}}{{3}^{2}}$，
∴m=±1，
∴直線l的方程為：x=±y+2．

點評 本題考查橢圓方程的求法，探索滿足條件的直線方程是否存在．綜合性強，難度大，對數(shù)學(xué)思維的要求較高．解題時要認(rèn)真審題，仔細解答，注意等價轉(zhuǎn)化思想的合理合理運用．