Question

如圖，已知F₁、F₂分別為橢圓C1：

y2

a2

+

x2

b2

=1(a＞b＞0)的上、下焦點，其中F₁也是拋物線C2：x2=4y的焦點，點M是C₁與C₂在第二象限的交點，且|MF1|=

5

3

．
（1）求橢圓C₁的方程；
（2）已知點P（1，3）和圓O：x²+y²=b²，過點P的動直線l與圓O相交于不同的兩點A，B，在線段AB上取一點Q，滿足：

AP

=-λ

PB

，

AQ

=λ

QB

（λ≠0且λ≠±1），
求證：點Q總在某條定直線上．

Answer 1

分析：（1）解法一：利用拋物線的方程和定義即可求出點M的坐標，再利用橢圓的定義即可求出；
解法二：同解法一求出點M的坐標，再利用橢圓的標準方程及參數(shù)a，b，c的關(guān)系即可求出．
（2）方法一：利用已知向量相等及點A，B在圓上滿足圓的方程即可證明；
方法二：利用向量相等、直線與圓相交問題得到根與系數(shù)的關(guān)系即可證明．

解答：解：（1）解法一：令M為（x₀，y₀），因為M在拋物線C₂上，故x02=4y0，①
又|MF1|=

5

3

，則y0+1=

5

3

②
由①②解得x0=-

2 6

3

，y0=

2

3

橢圓C₁的兩個焦點為F₁（0，1），F(xiàn)₂（0，-1），點M在橢圓上，由橢圓定義，得2a=|MF₁|+|MF₂|=

(- 2 6 3 -0)2+( 2 3 -1)2

+

(- 2 6 3 -0)2+( 2 3 +1)2

=4
∴a=2，又c=1，∴b²=a²-c²=3
∴橢圓C₁的方程為

y2

4

+

x2

3

=1．
解法二：同上求得M，而點M在橢圓上，故有

( 2 3 )2

a2

+

(- 2 6 3 )2

b2

=1，即

4

9a2

+

8

3b2

=1，
又c=1，即b²=a²-1，解得a²=4，b²=3∴橢圓C₁的方程為

y2

4

+

x2

3

=1．
（2）證明：方法一：設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），Q（x，y）
由

AP

=-λ

PB

，可得（1-x₁，3-y₁）=-λ（x₂-1，y₂-3），
即

x1-λx2=1-λ    ⑤ y1-λy2=3(1-λ)⑥

由

AQ

=λ

QB

，可得（x-x₁，y-y₁）=λ（x₂-x，y₂-y），

x1+λx2=(1+λ)x⑦ y1+λy2=(1+λ)y⑧

⑤×⑦得x12-λ2x22=(1-λ2)x，⑥×⑧得y12-λ2y22=3y(1-λ2)
兩式相加，得(x12+y12)-λ2(x22+y22)=(1-λ2)(x+3y)
又點A，B在圓x²+y²=3上，∴x12+y12=3，x22+y22=3，且λ≠±1
即x+3y=3，故點Q總在直線x+3y=3上
方法二：
由

AP

=-λ

PB

，可得（1-x₁，3-y₁）=-λ（x₂-1，y₂-3），∴λ=

x1-1

x2-1

，
由

AQ

=λ

QB

，可得（x-x₁，y-y₁）=λ（x₂-x，y₂-y），∴λ=

x-x1

x2-x

，
∴

x-x1

x2-x

=

x1-1

x2-1

，∴x=-

x1+x2-2x1x2

x1+x2-2

（*）
當斜率不存在時，由特殊情況得到Q(1，

2

3

)，
當斜率存在時，設(shè)直線為y=k（x-1）+3

y=kx+3-k x2+y2=3

⇒(1+k2)x2+2(3-k)kx+k2-6k+6=0，
∴x1+x2=-

2(3-k)k

1+k2

，x1x2=

k2-6k+6

1+k2

，
代入（*）得x=

3k-6

3k+1

，而y=k（x-1）+3，消去k，得x+3y=3
而Q(1，

2

3

)滿足方程，∴Q在直線x+3y=3上．

點評：熟練掌握圓錐曲線的定義和性質(zhì)、向量相等、直線與圓錐曲線的相交問題及根與系數(shù)的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．本題需要較強的計算能力，注意分類討論的思想方法應(yīng)用．