Question

12．已知橢圓C₁：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的離心率為$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，焦距為$4\sqrt{2}$，拋物線C₂：x²=2py（p＞0）的焦點F是橢圓C₁的頂點．
（Ⅰ）求C₁與C₂的標準方程；
（Ⅱ）若C₂的切線交C₁于P，Q兩點，且滿足$\overrightarrow{FP}•\overrightarrow{FQ}=0$，求直線PQ的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設橢圓C₁的焦距為2c，求得c，運用橢圓的離心率公式，可得a，b，進而得到橢圓方程；求得橢圓的上頂點，可得拋物線的焦點，進而得到拋物線的方程；
（II）顯然直線PQ的斜率存在．設直線PQ的方程為y=kx+m，設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），求得向量FP，F(xiàn)Q的坐標，運用向量的數(shù)量積的坐標表示，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運用韋達定理，聯(lián)立拋物線的方程，運用判別式為0，化簡整理，計算即可得到k，m的值，進而得到所求直線方程．

解答 解：（Ⅰ）設橢圓C₁的焦距為2c，依題意有$2c=4\sqrt{2}$，$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，
解得$a=2\sqrt{3}$，b=2，故橢圓C₁的標準方程為$\frac{x^2}{12}+\frac{y^2}{4}=1$；
又拋物線C₂：x²=2py（p＞0）開口向上，故F是橢圓C₁的上頂點，
∴F（0，2），∴p=4，故物線C₂的標準方程為x²=8y．
（II）顯然直線PQ的斜率存在．設直線PQ的方程為y=kx+m，
設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則$\overrightarrow{FP}=（{x_1}，{y_1}-2）$，$\overrightarrow{FQ}=（{x_2}，{y_2}-2）$，
∴$\overrightarrow{FP}•\overrightarrow{FQ}={x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}-2（{y_1}+{y_2}）+4=0$，
即$（1+{k^2}）{x_1}{x_2}+（km-2k）（{x_1}+{x_2}）+{m^2}-4m+4=0$（*），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ \frac{x^2}{12}+\frac{y^2}{4}=1\end{array}\right.$，消去y整理得，（3k²+1）x²+6kmx+3m²-12=0（**）．
依題意，x₁，x₂是方程（**）的兩根，△=144k²-12m²+48＞0，
∴${x_1}+{x_2}=\frac{-6km}{{3{k^2}+1}}$，${x_1}•{x_2}=\frac{{3{m^2}-12}}{{3{k^2}+1}}$，
將x₁+x₂和x₁•x₂代入（*）得m²-m-2=0，解得m=-1，（m=2不合題意，應舍去），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=kx-1\\{x^2}=8y\end{array}\right.$，消去y整理得，x²-8kx+8=0，
令△'=64k²-32=0，解得${k^2}=\frac{1}{2}$，經(jīng)檢驗${k^2}=\frac{1}{2}$，m=-1符合要求．
故直線PQ的方程為$y=±\frac{{\sqrt{2}}}{2}x-1$．

點評 本題考查橢圓和拋物線的方程的求法，注意運用離心率公式和焦點的坐標，考查直線方程的求法，注意運用直線方程和橢圓方程及拋物線方程聯(lián)立，運用判別式和韋達定理，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．