Question

9．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1，（a＞b＞0）的兩個焦點為F₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0）．其短軸長是2$\sqrt{3}$，原點O到過點A（a，0）和B（0，-b）兩點的直線的距離為$\frac{2\sqrt{21}}{7}$．
（I）求橢圓C的方程；
（II）若點PQ是定直線x=4上的兩個動點，且$\overrightarrow{{F}_{1}P}$•$\overrightarrow{{F}_{2}Q}$=0，證明以PQ為直徑的圓過定點，并求定點的坐標．

Answer 1

分析 （I）由題意可得b=$\sqrt{3}$，求得AB的方程，運用點到直線的距離公式，解方程可得a=2，進而得到橢圓方程；
（II）由題意可設(shè)P（4，s），Q（4，t），運用向量的坐標和數(shù)量積的坐標表示，可得st=-15，求得以PQ為直徑的圓的方程，化簡整理，令y=0，即可得到定點．

解答 解：（I）由題意可得2b=2$\sqrt{3}$，即b=$\sqrt{3}$，
直線AB的方程為$\frac{x}{a}$+$\frac{y}{-b}$=1，即為bx-ay-ab=0，
由題意可得$\frac{|-ab|}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{21}}{7}$，
解得a=2，
即有橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（II）證明：由題意可設(shè)P（4，s），Q（4，t），
由F₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0），且$\overrightarrow{{F}_{1}P}$•$\overrightarrow{{F}_{2}Q}$=0，
可得（5，s）•（3，t）=0，即15+st=0，
即為st=-15．
以PQ為直徑的圓的方程為（x-4）²+（y-$\frac{s+t}{2}$）²=$\frac{（s-t）^{2}}{4}$，
化簡為（x-4）²+y²-（s+t）y-15=0，
可令y=0，即有（x-4）²=15，
解得x=4±$\sqrt{15}$，
可得以PQ為直徑的圓過定點，定點的坐標為（4±$\sqrt{15}$，0）．

點評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運用點到直線的距離公式，考查向量的數(shù)量積的坐標表示和圓的方程的求法，考查恒過定點的求法，屬于中檔題．