Question

12．在直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂．F₂也是拋物線C₂：y²=4x的焦點(diǎn)，點(diǎn)M為C₁與C₂在第一象限的交點(diǎn)，且|MF₂|=$\frac{5}{3}$．
（Ⅰ）求C₁的方程；
（Ⅱ）平面上的點(diǎn)N滿足四邊形MF₁NF₂是平行四邊形，直線l∥MN，且與C₁交于A、B兩點(diǎn)，若OA⊥OB，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由C₂：y²=4x，得F₂（1，0），設(shè)M（x₁，y₁），由M在C₂上，得${x}_{1}=\frac{2}{3}，{y}_{1}=\frac{2\sqrt{6}}{3}$，再由M在C₁上，且橢圓C₁的半焦距c=1，能求出橢圓C₁的方程．
（Ⅱ）四邊形MF₁NF₂是平行四邊形，其中心為坐標(biāo)原點(diǎn)O，推導(dǎo)出l的方程為y=$\sqrt{6}$（x-m），由$\left\{\begin{array}{l}{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\\{y=\sqrt{6}（x-m）}\end{array}\right.$，得9x²-16mx+8m²-4=0，由此利用韋達(dá)定理、向量的數(shù)量積、根的判別式，能求出直線l的方程．

解答 解：（Ⅰ）由C₂：y²=4x，得F₂（1，0），
設(shè)M（x₁，y₁），M在C₂上，∵|MF₂|=$\frac{5}{3}$，∴${x}_{1}+1=\frac{5}{3}$，
解得${x}_{1}=\frac{2}{3}，{y}_{1}=\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
M在C₁上，且橢圓C₁的半焦距c=1，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{4}{9{a}^{2}}+\frac{8}{3^{2}}=1}\\{^{2}={a}^{2}-1}\end{array}\right.$，消去b²，并整理，得9a⁴-37a²+4=0，
解得a=2，或a=$\frac{1}{3}$（舍），
故橢圓C₁的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
（Ⅱ）四邊形MF₁NF₂是平行四邊形，其中心為坐標(biāo)原點(diǎn)O，
∵l∥MN，∴l(xiāng)與OM的斜率相同，
故l的斜率k=$\frac{\frac{2\sqrt{6}}{3}}{\frac{2}{3}}$=$\sqrt{6}$，
則l的方程為y=$\sqrt{6}$（x-m），
由$\left\{\begin{array}{l}{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\\{y=\sqrt{6}（x-m）}\end{array}\right.$，消去y，得9x²-16mx+8m²-4=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{16m}{9}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{8{m}^{2}-4}{9}$，
∵$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$，∴x₁x₂+y₁y₂=0，
x₁x₂+y₁y₂=x₁x₂+6（x₁-m）（x₂-m）
=7${x}_{1}{x}_{2}-6m（{x}_{1}+{x}_{2}）+6{m}^{2}$
=7×$\frac{8{m}^{2}-4}{9}-6m×\frac{16m}{9}+6{m}^{2}$
=$\frac{1}{9}（14{m}^{2}-28）=0$，
解得m=$±\sqrt{2}$，
此時(shí)△=（16m）²-4×9（8m²-4）＞0，
故所求直線l的方程為y=$\sqrt{6}x-2\sqrt{3}$或y=$\sqrt{6}x+2\sqrt{3}$．

點(diǎn)評 本題考查橢圓方程和直線方程的求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意韋達(dá)定理、向量的數(shù)量積、根的判別式、橢圓性質(zhì)的合理運(yùn)用．