Question

3．已知拋物線$Γ：{y^2}=4\sqrt{3}x$的焦點(diǎn)F₁與橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的一個(gè)焦點(diǎn)重合，Γ的準(zhǔn)線與x軸的交點(diǎn)為F₁，若Γ與C的交點(diǎn)為A，B，且點(diǎn)A到點(diǎn)F₁，F(xiàn)₂的距離之和為4．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）若不過原點(diǎn)且斜率存在的直線l交橢圓C于點(diǎn)G，H，且△OGH的面積為1，線段GH的中點(diǎn)為P．在x軸上是否存在關(guān)于原點(diǎn)對稱的兩個(gè)定點(diǎn)M，N，使得直線PM，PN的斜率之積為定值？若存在，求出兩定點(diǎn)M，N的坐標(biāo)和定值的大小；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由拋物線方程，求得c=$\sqrt{3}$，根據(jù)橢圓的定義，求得2a=4，即可求得a，則b²=a²-c²=4-3=1，即可求得橢圓C的方程；
（Ⅱ）設(shè)直線l的方程，代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理及弦長公式求得丨GH丨，再由點(diǎn)到直線的距離公式及三角形的面積公式求得△OGH的面積，求得1+4k²-2m²=0，根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)公式及直線的斜率公式求得s和t的值，使得直線PM，PN的斜率之積為定值．

解答 解：（Ⅰ）由拋物線$Γ：{y^2}=4\sqrt{3}x$的焦點(diǎn)${F_1}（{\sqrt{3}，0}）$與橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的一個(gè)焦點(diǎn)重合，
則$c=\sqrt{3}$．
又∵拋物線Γ的準(zhǔn)線與x軸的交點(diǎn)為F₁（$\sqrt{3}$，0），且點(diǎn)A到點(diǎn)F₁，F(xiàn)₂的距離之和為4，根據(jù)橢圓上的定義知2a=4，
解得a=2．則b²=a²-c²=4-3=1．
∴橢圓C的方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$．
（Ⅱ）設(shè)直線l：y=kx+m（m≠0），G（x₁，y₁），H（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{x^2}{4}+{y^2}=1}\end{array}}\right.$，得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
由判別式和根與系數(shù)間的關(guān)系知△=（8km）²-4（1+4k²）（4m²-4）=16（4k²+1-m²）＞0，
${x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{1+4{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}$，根據(jù)弦長公式知丨GH丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•丨x₁-x₂丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{4\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{4{k}^{2}+1-{m}^{2}}}{1+4{k}^{2}}$，
又根據(jù)點(diǎn)到直線的距離公式知原點(diǎn)O到直線y=kx+m的距離為$d=\frac{|m|}{{\sqrt{1+4{k^2}}}}$
于是△OGH的面積為$S=\frac{1}{2}•|{GH}|•\frac{|m|}{{\sqrt{1+4{k^2}}}}=\frac{{2|m|•\sqrt{4{k^2}+1-{m^2}}}}{{1+4{k^2}}}=1$．整理得（1+4k²-2m²）²=0，
∴1+4k²-2m²=0①
又線段GH的中點(diǎn)$P（{-\frac{4km}{{1+4{k^2}}}，\frac{m}{{1+4{k^2}}}}）$，即$P（{-\frac{2k}{m}，\frac{1}{2m}}）$．
假設(shè)存在滿足條件的定點(diǎn)M，N，不妨設(shè)M（s，0），N（-s，0）（s＞0），直線PM，PN的斜率之積為t，
則有$t={k_{PM}}•{k_{PN}}=\frac{{\frac{1}{2m}}}{{-\frac{2k}{m}-s}}×\frac{{\frac{1}{2m}}}{{-\frac{2k}{m}+s}}=\frac{1}{{4（{4{k^2}-{s^2}{m^2}}）}}$．整理得$4{k^2}-{s^2}{m^2}=\frac{1}{4t}$②．
將①代入②，得$（{2-{s^2}}）{m^2}-（{1+\frac{1}{4t}}）=0$．
由直線l的任意性可得$\left\{{\begin{array}{l}{2-{s^2}=0}\\{1+\frac{1}{4t}=0}\end{array}}\right.$，解得$\left\{{\begin{array}{l}{s=\sqrt{2}}\\{t=-\frac{1}{4}}\end{array}}\right.$．
于是存在兩定點(diǎn)$M（{-\sqrt{2}，0}），N（{\sqrt{2}，0}）$，使得直線PM，PN的斜率之積為定值，定值為$-\frac{1}{4}$．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡單幾何性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，弦長公式及直線的斜率公式的綜合應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．