Question

2．已知拋物線E：y²=4x的焦點F為橢圓M：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）右焦點，兩曲線在第一象限內(nèi)交于點P，且|PF|=$\frac{5}{3}$
（Ⅰ）求橢圓M的方程；
（Ⅱ）過點F且互相垂直的兩條直線l₁與l₂，若l₁與橢圓M交于A、B兩點，l₂與拋物線E交于C、D兩點，且|CD|=4|AB|，求直線l₁的方程．

Answer 1

分析 （I）通過拋物線方程可知c=1，利用P（$\frac{2}{3}$，$\frac{2\sqrt{6}}{3}$）及橢圓定義可知=2，進而可得結(jié)論；
（II）通過分析確定直線l₁的斜率存在且不為0，通過設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直線l₁：y=k（x-1），直線l₂：y=-$\frac{1}{k}$（x-1），利用兩點間距離公式及|CD|=4|AB|可求出k的值，進而可得結(jié)論．

解答 解：（I）由已知，F(xiàn)（1，0），即c=1，
由|PF|=$\frac{5}{3}$且點P在第一象限內(nèi)，可知P（$\frac{2}{3}$，$\frac{2\sqrt{6}}{3}$），
由橢圓定義可知2a=$\sqrt{（\frac{2}{3}-1）^{2}+（\frac{2\sqrt{6}}{3}-0）^{2}}$+$\sqrt{（\frac{2}{3}+1）^{2}+（\frac{2\sqrt{6}}{3}-0）^{2}}$=4，即a=2，
∴b²=a²-c²=3，∴橢圓M的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（II）由題可知，直線l₁的斜率必存在．
①當(dāng)直線l₁的斜率為0時，則直線l₂的斜率不存在，此時|CD|=4，|AB|=4，不滿足題意；
②當(dāng)直線l₁的斜率存在且不為0時，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
設(shè)直線l₁：y=k（x-1），則直線l₂：y=-$\frac{1}{k}$（x-1），
聯(lián)立直線l₁與橢圓M的方程，消去y得：（4k²+3）x²-8k²x+4k²-12=0，
從而|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{\sqrt{（8{k}^{2}）^{2}-4（4{k}^{2}+3）（4{k}^{2}-12）}}{4{k}^{2}+3}$=$\frac{12（{k}^{2}+1）}{4{k}^{2}+3}$，
聯(lián)立直線l₂與拋物線E的方程，消去y得：$\frac{1}{{k}^{2}}$x²-2（$\frac{1}{{k}^{2}}$+2）x+$\frac{1}{{k}^{2}}$=0，
從而|CD|=x₁+x₂+2=$\frac{2（\frac{1}{{k}^{2}}+2）}{\frac{1}{{k}^{2}}}$+2=4（k²+1），
由|CD|=4|AB|可知$\frac{12（{k}^{2}+1）}{4{k}^{2}+3}$=k²+1，解得：k=±$\frac{3}{2}$，
所以直線l₁的方程為：3x±2y-3．

點評 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查運算求解能力，考查分類討論的思想，注意解題方法的積累，屬于中檔題．