Question

16．如圖，拋物線C₁：y=$\frac{1}{4}$x²的焦點F也是橢圓C₂：$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{x}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的一個焦點，且在兩曲線的一個公共點處的直線l₁：$\sqrt{6}$x-2y-3=0與C₁相切．
（1）求C₂的方程；
（2）過點F的直線l與C₁交于A，B兩點，與C₂交于C，D兩點，且$\overrightarrow{AC}$與$\overrightarrow{BD}$同向．
①若|AC|=|BD|，求直線l的斜率；
②y軸上是否存在點P，使得當直線l變化時，總有∠OPC=∠OPD？若存在，寫出點P的坐標（不用說明理由）

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過C₁方程可知a²-b²=1，通過直線和拋物線的方程聯(lián)立，求得交點，代入橢圓方程，解方程可得a，b，進而得到橢圓方程；
（2）①設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），通過$\overrightarrow{AC}$=$\overrightarrow{BD}$，可得（x₁+x₂）²-4x₁x₂=（x₃+x₄）²-4x₃x₄，設直線l方程為y=kx+1，分別聯(lián)立直線與拋物線、直線與橢圓方程，利用韋達定理計算即可；
②假設y軸上存在點P，使得當直線l變化時，總有∠OPC=∠OPD．即有直線PC，PD的斜率之和為0，設出P的坐標，運用直線的斜率公式，結合韋達定理，化簡即可得到定點P．

解答 解：（1）由C₁方程x²=4y，可知F（0，1），
∵F也是橢圓C₂的一個焦點，∴a²-b²=1，
又l₁：$\sqrt{6}$x-2y-3=0與C₁相切，即有
x²-2$\sqrt{6}$x+6=0，解得x=$\sqrt{6}$，y=$\frac{3}{2}$，
代入橢圓方程可得$\frac{9}{4{a}^{2}}$+$\frac{6}{^{2}}$=1，
∴a=3，b=2$\sqrt{2}$，
∴C₂的方程為$\frac{{y}^{2}}{9}$+$\frac{{x}^{2}}{8}$=1；
（2）①設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），
∵$\overrightarrow{AC}$與$\overrightarrow{BD}$同向，且|AC|=|BD|，
∴$\overrightarrow{AC}$=$\overrightarrow{BD}$，∴x₁-x₂=x₃-x₄，
∴（x₁+x₂）²-4x₁x₂=（x₃+x₄）²-4x₃x₄，
設直線l的斜率為k，則l方程：y=kx+1，
由 $\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{{x}^{2}=4y}\end{array}\right.$，可得x²-4kx-4=0，
由韋達定理可得x₁+x₂=4k，x₁x₂=-4，
由 $\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{8{y}^{2}+9{x}^{2}=72}\end{array}\right.$，得（9+8k²）x²+16kx-64=0，
由韋達定理可得x₃+x₄=-$\frac{16k}{9+8{k}^{2}}$，x₃x₄=-$\frac{64}{9+8{k}^{2}}$，
又∵（x₁+x₂）²-4x₁x₂=（x₃+x₄）²-4x₃x₄，
∴16（k²+1）=$\frac{256{k}^{2}}{（9+8{k}^{2}）^{2}}$+$\frac{256}{9+8{k}^{2}}$，
化簡得16（k²+1）=$\frac{182×9（1+{k}^{2}）}{（9+8{k}^{2}）^{2}}$，
∴（9+8k²）²=16×9，解得k=±$\frac{\sqrt{6}}{4}$，
即直線l的斜率為±$\frac{\sqrt{6}}{4}$；
②假設y軸上存在點P，使得當直線l變化時，總有∠OPC=∠OPD．
即有直線PC，PD的斜率之和為0，
設P（0，t），則$\frac{{y}_{3}-t}{{x}_{3}}$+$\frac{{y}_{4}-t}{{x}_{4}}$=0，
即有$\frac{k{x}_{3}+1-t}{{x}_{3}}$+$\frac{k{x}_{4}+1-t}{{x}_{4}}$=0，
即為2k+（1-t）•$\frac{{x}_{3}+{x}_{4}}{{x}_{3}{x}_{4}}$=0，
即2k+（1-t）•$\frac{k}{4}$=0，
求得t=9．
故y軸上存在點P（0，9），
使得當直線l變化時，總有∠OPC=∠OPD．

點評 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查求橢圓方程以及直線的斜率，涉及到韋達定理等知識，考查計算能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．