分析 (1)由已知得F1(0,1),M(-2√63,23),將M(-2√63,23)代入y22+1+x22=1,能求出橢圓C1的方程.
(Ⅱ)設(shè)點Q(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2),設(shè)→PA=-λ\overrightarrow{AQ},\overrightarrow{PB}=λ\overrightarrow{BQ},利用點差法能證明點Q總在直線上.
解答 解:(1)∵F1、F2分別為橢圓C1:\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1(a>b>0)的上、下焦點,其中F1也是拋物線C2:x2=4y的焦點,
∴F1(0,1),拋物線C2:x2=4y準線y=-1,
∵點M是C1與C2在第二象限的交點,且|MF1|=\frac{5}{3},
∴由拋物線方程得到M(-\frac{2\sqrt{6}}{3},\frac{2}{3}),將M(-\frac{2\sqrt{6}}{3},\frac{2}{3})代入\frac{{y}^{2}}{^{2}+1}+\frac{{x}^{2}}{^{2}}=1,得到b2=3或^{2}=-\frac{8}{9}(舍),
∴C1:\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{4}=1.
(Ⅱ)設(shè)點Q(x,y),A(x1,y1),B(x2,y2),
由題設(shè),|\overrightarrow{PA}|、|\overrightarrow{PB}|、|\overrightarrow{AQ}|、|\overrightarrow{QB}|均不為0,且滿足\frac{|\overrightarrow{AP}|}{|\overrightarrow{PB}|}=\frac{|\overrightarrow{AQ}|}{|\overrightarrow{QB}|},
又P、A、Q、B四點共線,設(shè)\overrightarrow{PA}=-λ\overrightarrow{AQ},\overrightarrow{PB}=λ\overrightarrow{BQ},(λ>0,λ≠1),
∴{x}_{1}=\frac{4-4λ}{1-λ},{y}_{1}=\frac{1-λy}{1-λ},①
{x}_{2}=\frac{4+λx}{1+λ},{y}_{2}=\frac{1+λx}{1+λ},②
∵A(x1,y1),B(x2,y2)在橢圓上,
∴\left\{\begin{array}{l}{(1-{x}_{1},3-{y}_{1})=-λ({x}_{2}-1,{y}_{2}-3)}\\{(x-{x}_{1},y-{y}_{1})=λ({x}_{2}-x,{y}_{2}-y)}\end{array}\right.,
即\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}-λ{x}_{2}=1-λ}\\{{y}_{1}-λ{y}_{2}=3-3λ}\\{{x}_{1}+λ{x}_{2}=x+λx}\\{{y}_{1}+λ{y}_{2}=y+λy}\end{array}\right.,∴\left\{\begin{array}{l}{{{x}_{1}}^{2}-{λ}^{2}{{x}_{2}}^{2}=(1-{λ}^{2})x}\\{{{y}_{1}}^{2}-{λ}^{2}{{y}_{2}}^{2}=3(1-{λ}^{2})y}\end{array}\right.,
∵\left\{\begin{array}{l}{3{{y}_{1}}^{2}+4{{x}_{1}}^{2}=12}\\{3{{y}_{2}}^{2}+4{{x}_{2}}^{2}=12}\end{array}\right.,
∴12-12λ2=4(1-λ2)x+9(1-λ2)y,
∴點Q總在某定直線4x+9y-12=0上.
點評 本題考查橢圓方程的求法,考查點在定直線上的證明,是中檔題,解題時要認真審題,注意點差法和橢圓性質(zhì)的合理運用.
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A. | y=3sin(2x+\frac{π}{6}) | B. | y=3sin(2x-\frac{π}{3}) | C. | y=3sin(2x+\frac{π}{3}) | D. | y=3sin(2x-\frac{π}{6}) |
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A. | ① | B. | ② | C. | ③ | D. | ④ |
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