Question

18．已知F₁、F₂分別是橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞0，b＞0）的左、右焦點，橢圓C過點（-$\sqrt{3}$，1）且與拋物線y²=-8x有一個公共的焦點，直線l過右焦點F₂且與橢圓交于A、B兩點
（1）求橢圓C方程；
（2）P為直線x=3上的一點，若△ABP為等邊三角形，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意確定出橢圓的焦點坐標(biāo)，求出c的值，利用橢圓的簡單性質(zhì)表示出b，將已知點坐標(biāo)代入求出a與b的值，即可確定出橢圓方程；
（2）設(shè)直線l解析式為y=k（x-2），與橢圓方程聯(lián)立，消去y得到關(guān)于x的一元二次方程，利用韋達(dá)定理表示出兩根之和與兩根之積，進(jìn)而表示出|AB|，設(shè)AB的中點為M（x₀，y₀），表示出中點坐標(biāo)，進(jìn)而表示出|MP|，根據(jù)|MP|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$|AB|，求出k的值，即可確定出直線l方程．

解答 解：（1）∵橢圓C過點（-$\sqrt{3}$，1）且與拋物線y²=-8x有一個公共的焦點，且y²=-8x焦點坐標(biāo)為（-2，0），
∴c=2，即a²-b²=4，
把（-$\sqrt{3}$，1）代入橢圓方程得：$\frac{3}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{^{2}}$=$\frac{3}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{{a}^{2}-4}$=1，
整理得：a⁴-8a²+12=0，
解得：a²=6或a²=2（舍去），b²=2，
則橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{6}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1；
（2）設(shè)直線l的方程為y=k（x-2），聯(lián)立得：$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-2）}\\{\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，
消去y得：（3k²+1）x²-12k²x+12k²-6=0，
利用韋達(dá)定理得：x₁+x₂=$\frac{12{k}^{2}}{3{k}^{2}+1}$，x₁x₂=$\frac{12{k}^{2}-6}{3{k}^{2}+1}$，
∴|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\frac{2\sqrt{6}（{k}^{2}+1）}{3{k}^{2}+1}$，
設(shè)AB的中點為M（x₀，y₀），則有x₀=$\frac{6{k}^{2}}{3{k}^{2}+1}$，y₀=-$\frac{2k}{3{k}^{2}+1}$，
∵直線MP的斜率為-$\frac{1}{k}$，且P的橫坐標(biāo)為3，
∴|MP|=$\sqrt{1+\frac{1}{{k}^{2}}}$|x₀-x_P|=$\sqrt{\frac{{k}^{2}+1}{{k}^{2}}}$•$\frac{3（{k}^{2}+1）}{3{k}^{2}+1}$，
當(dāng)△ABP為等邊三角形時，|MP|=$\frac{\sqrt{3}}{2}$|AB|，
∴$\sqrt{\frac{{k}^{2}+1}{{k}^{2}}}$•$\frac{3（{k}^{2}+1）}{3{k}^{2}+1}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$•$\frac{2\sqrt{6}（{k}^{2}+1）}{3{k}^{2}+1}$，
解得：k=±1，
則直線l方程為x-y-2=0或x+y-2=0．

點評 此題考查了直線與圓錐曲線的關(guān)系，橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，韋達(dá)定理，以及橢圓的簡單性質(zhì)，熟練掌握橢圓的簡單性質(zhì)是解本題第一問的關(guān)鍵．