Question

6．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）的右焦點F₁與拋物線y²=4x的焦點重合，原點到過點A（a，0），B（0，-b）的直線的距離是$\frac{2\sqrt{21}}{7}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）設動直線l=kx+m與橢圓C有且只有一個公共點P，過F₁作PF₁的垂線與直線l交于點Q，求證：點Q在定直線上，并求出定直線的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由拋物線的焦點坐標求得c=1，結(jié)合隱含條件得到a²=b²+1，再由點到直線的距離公式得到關(guān)于a，b的另一關(guān)系式，聯(lián)立方程組求得a，b的值，則橢圓方程可求；
（Ⅱ）聯(lián)立直線方程和橢圓方程，消去y得到（4k²+3）x²+8kmx+4m²-12=0，由判別式等于0整理得到4k²-m²+3=0，代入（4k²+3）x²+8kmx+4m²-12=0求得P的坐標，然后寫出直線F₁Q方程為$y=\frac{4k+m}{3}（x-1）$，聯(lián)立方程組$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{y=\frac{4k+m}{3}（x-1）}\end{array}}\right.$，求得x=4，即說明點Q在定直線x=4上．

解答 （Ⅰ）解：由拋物線的焦點坐標為（1，0），得c=1，
因此a²=b²+1 ①，
直線AB：$\frac{x}{a}-\frac{y}=1$，即bx-ay-ab=0．
∴原點O到直線AB的距離為$d=\frac{ab}{{\sqrt{{a^2}+{b^2}}}}=\frac{{2\sqrt{21}}}{7}$ ②，
聯(lián)立①②，解得：a²=4，b²=3，
∴橢圓C的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$；
（Ⅱ）由$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1}\end{array}}\right.$，得方程（4k²+3）x²+8kmx+4m²-12=0，（*）
由直線與橢圓相切，得m≠0且△=64k²m²-4（4k²+3）（4m²-12）=0，
整理得：4k²-m²+3=0，
將4k²+3=m²，即m²-3=4k²代入（*）式，得m²x²+8kmx+16k²=0，
即（mx+4k）²=0，解得$x=-\frac{4k}{m}$，
∴$P（-\frac{4k}{m}，\frac{3}{m}）$，
又F₁（1，0），∴${k_{P{F_1}}}=\frac{{\frac{3}{m}}}{{-\frac{4k}{m}-1}}=-\frac{3}{4k+m}$，則${k_{{F_1}Q}}=\frac{4k+m}{3}$，
∴直線F₁Q方程為$y=\frac{4k+m}{3}（x-1）$，
聯(lián)立方程組$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{y=\frac{4k+m}{3}（x-1）}\end{array}}\right.$，得x=4，
∴點Q在定直線x=4上．

點評 本題考查了橢圓方程的求法，考查了點到直線距離公式的應用，考查了直線和圓錐曲線的關(guān)系，訓練了兩直線交點坐標的求法，是中檔題．