Question

1．已知拋物線C₁：y²=2px（p＞0）與橢圓C₂：x²+2y²=m²（m＞0）的一個交點(diǎn)為P（1，t），點(diǎn)F是拋物線C₁的焦點(diǎn)．且|PF|=$\frac{3}{2}$．
（Ⅰ）求p，t，m的值；
（Ⅱ）設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，橢圓C₂上是否存在點(diǎn)A（不考慮點(diǎn)A為C₂的頂點(diǎn)），使得過點(diǎn)O作線段OA的垂線與拋物線C₁交于點(diǎn)B，直線AB交y軸于點(diǎn)E，滿足∠0AE=∠E0B？若存在，求點(diǎn)A的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用拋物線的定義求p，點(diǎn)的坐標(biāo)代入求出t，m的值；
（Ⅱ）設(shè)出OA，OB的方程于橢圓、拋物線分別聯(lián)立，求出A的橫坐標(biāo)，利用∠0AE=∠E0B，分類討論，即可得出結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）由題意1+$\frac{p}{2}$=$\frac{3}{2}$，∴p=1，∴拋物線C₁：y²=2x，
（1，t）代入y²=2x，∴t=±$\sqrt{2}$，
（1，$±\sqrt{2}$）代入橢圓C₂：x²+2y²=m²（m＞0），∴m=$\sqrt{5}$；
（Ⅱ）設(shè)OA的斜率為k，則OB的斜率為-$\frac{1}{k}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=5}\end{array}\right.$，可得x=±$\sqrt{\frac{5}{1+2{k}^{2}}}$；
由$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{k}x}\\{{y}^{2}=2x}\end{array}\right.$，可得x=2k²，
若∠0AE=∠E0B，則根據(jù)對稱性，考慮A在第一、三象限的情形．
A在第一象限，則A（$\sqrt{\frac{5}{1+2{k}^{2}}}$，k$\sqrt{\frac{5}{1+2{k}^{2}}}$），B（2k²，-2k），且$\sqrt{\frac{5}{1+2{k}^{2}}}$≠2k²，

設(shè)直線AB與x軸相交于D，
∵∠0AE=∠E0B，∠DOE=∠A0B=90°，
∴∠0AD=∠A0D，∠0BD=∠D0B，
∴AD=OD=BD，
∴D是AB的中點(diǎn)，
∴k$\sqrt{\frac{5}{1+2{k}^{2}}}$=2k，∴k²=$\frac{1}{8}$，∴A（2，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）；
A在第二象限，k＜0則A（-$\sqrt{\frac{5}{1+2{k}^{2}}}$，-k$\sqrt{\frac{5}{1+2{k}^{2}}}$），B（2k²，-2k），且$\sqrt{\frac{5}{1+2{k}^{2}}}$≠2k²，

設(shè)直線AB與x軸相交于D，
∵∠0AE=∠E0B，∠A0B=90°，
∴∠0AE+∠A0E=∠E0B+∠A0E，
∴OE⊥AB，
∴-k$\sqrt{\frac{5}{1+2{k}^{2}}}$=-2k，∴k²=$\frac{1}{8}$，∴A（-2，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）；
綜上，A（±2，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）或A（±2，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$）．

點(diǎn)評 本題考查拋物線、橢圓的方程，考查直線與拋物線、橢圓的位置關(guān)系，考查分類討論的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題．