Question

9．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1，（a＞b＞0）的两个焦点为F₁（-c，0），F₂（c，0）．其短轴长是2$\sqrt{3}$，原点O到过点A（a，0）和B（0，-b）两点的直线的距离为$\frac{2\sqrt{21}}{7}$．
（I）求椭圆C的方程；
（II）若点PQ是定直线x=4上的两个动点，且$\overrightarrow{{F}_{1}P}$•$\overrightarrow{{F}_{2}Q}$=0，证明以PQ为直径的圆过定点，并求定点的坐标．

Answer 1

分析 （I）由题意可得b=$\sqrt{3}$，求得AB的方程，运用点到直线的距离公式，解方程可得a=2，进而得到椭圆方程；
（II）由题意可设P（4，s），Q（4，t），运用向量的坐标和数量积的坐标表示，可得st=-15，求得以PQ为直径的圆的方程，化简整理，令y=0，即可得到定点．

解答 解：（I）由题意可得2b=2$\sqrt{3}$，即b=$\sqrt{3}$，
直线AB的方程为$\frac{x}{a}$+$\frac{y}{-b}$=1，即为bx-ay-ab=0，
由题意可得$\frac{|-ab|}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{21}}{7}$，
解得a=2，
即有椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（II）证明：由题意可设P（4，s），Q（4，t），
由F₁（-1，0），F₂（1，0），且$\overrightarrow{{F}_{1}P}$•$\overrightarrow{{F}_{2}Q}$=0，
可得（5，s）•（3，t）=0，即15+st=0，
即为st=-15．
以PQ为直径的圆的方程为（x-4）²+（y-$\frac{s+t}{2}$）²=$\frac{（s-t）^{2}}{4}$，
化简为（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为直径的圆过定点，定点的坐标为（4±$\sqrt{15}$，0）．

点评 本题考查椭圆的方程的求法，注意运用点到直线的距离公式，考查向量的数量积的坐标表示和圆的方程的求法，考查恒过定点的求法，属于中档题．