Question

16．已知橢圓C₁，拋物線C₂的焦點均在x軸上，從兩條曲線上各取兩個點，將其坐標混合記錄于下表中：

x	-$\sqrt{2}$	2	$\sqrt{6}$	9
y	$\sqrt{3}$	-$\sqrt{2}$	-1	3

（1）求橢圓C₁和拋物線C₂的標準方程．
（2）過橢圓C₁右焦點F的直線l與此橢圓相交于A，B兩點，若點P為直線x=4上任意一點，試證：直線PA，PF，PB的斜率成等差數(shù)列．

Answer 1

分析 （1）設(shè)拋物線C₂：y²=2px（p≠0），則有$\frac{{y}^{2}}{x}$=2p，據(jù)此驗證（2，-$\sqrt{2}$）、（9，3）在拋物線上，易求C₂：y²=x，設(shè)C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，a＞b＞0，把點（-$\sqrt{2}$，$\sqrt{3}$），（$\sqrt{6}$，-1）代入方程，能夠求出C₁方程．
（2）討論直線AB的斜率為0，不為0，設(shè)出A，B，P，F(xiàn)的坐標，由直線的斜率公式，聯(lián)立橢圓方程，消去x，得到含y的方程，運用韋達定理和斜率公式，化簡整理，結(jié)合等差數(shù)列的性質(zhì)，即可得證．

解答 解：（1）設(shè)拋物線C₂：y²=2px（p≠0），則有$\frac{{y}^{2}}{x}$=2p，
據(jù)此驗證4個點中知（2，-$\sqrt{2}$）、（9，3）在拋物線上，
易求C₂：y²=x；
設(shè)C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，a＞b＞0，
把點（-$\sqrt{2}$，$\sqrt{3}$），（$\sqrt{6}$，-1）代入得：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{2}{{a}^{2}}+\frac{3}{^{2}}=1}\\{\frac{6}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}=1}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}=8}\\{^{2}=4}\end{array}\right.$，
∴C₁方程為$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1；
（2）證明：當直線AB的斜率為0，
則A（-2$\sqrt{2}$，0），B（2$\sqrt{2}$，0），F(xiàn)（2，0），
設(shè)P（4，t），則k_PA+k_PB=$\frac{t}{4+2\sqrt{2}}$+$\frac{t}{4-2\sqrt{2}}$=t，
k_PF=$\frac{t}{4-2}$=$\frac{1}{2}$t，
則k_PA+k_PB=2k_PF，即直線PA，PF，PB的斜率成等差數(shù)列．
當直線AB的斜率不為0，設(shè)AB的方程為x=my+2，
A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），F(xiàn)（2，0），P（4，t），
代入橢圓方程x²+2y²=8，
可得（2+m²）y²+4my-4=0，y₁+y₂=-$\frac{4m}{2+{m}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{-4}{2+{m}^{2}}$，
則k_PA+k_PB=$\frac{t-{y}_{1}}{4-{x}_{1}}$+$\frac{t-{y}_{2}}{4-{x}_{2}}$=$\frac{t-{y}_{1}}{2-m{y}_{1}}$+$\frac{t-{y}_{2}}{2-m{y}_{2}}$=$\frac{4t-（2+mt）（{y}_{1}+{y}_{2}）+2m{y}_{1}{y}_{2}}{4+{m}^{2}{y}_{1}{y}_{2}-2m（{y}_{1}+{y}_{2}）}$
=$\frac{4t-（2+mt）•\frac{-4m}{2+{m}^{2}}+2m•\frac{-4}{2+{m}^{2}}}{4+{m}^{2}•\frac{-4}{2+{m}^{2}}-2m•\frac{-4m}{2+{m}^{2}}}$=t，
k_PF=$\frac{t}{4-2}$=$\frac{1}{2}$t，
則有k_PA+k_PB=2k_PF，即直線PA，PF，PB的斜率成等差數(shù)列．
故直線PA，PF，PB的斜率成等差數(shù)列．

點評 本題主要考查直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用能力，具體涉及到軌跡方程的求法、直線的斜率公式和等差數(shù)列的性質(zhì)及直線與橢圓的相關(guān)知識，解題時要注意合理地進行等價轉(zhuǎn)化．