Question

6．如圖的橢圓C₁，C₂的離心率相等，中心均為坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)分別在x軸和y軸上，且兩橢圓都過點(diǎn)（0，$\sqrt{2}$），設(shè)點(diǎn)F是橢圓C₂的上焦點(diǎn)，過點(diǎn)F的動直線l交橢圓C₁于A，B兩點(diǎn)，交橢圓C₂于C，D兩點(diǎn)，當(dāng)直線l經(jīng)過橢圓C₁的左焦點(diǎn)時(shí)，$\frac{|AB|}{|CD|}$=$\frac{5\sqrt{2}}{4}$．
（1）求橢圓C₁，C₂的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）平面內(nèi)是否存在與點(diǎn)F不同的定點(diǎn)P，使得∠APC=∠BPD恒成立？若存在，求出定點(diǎn)P的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意可設(shè)橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1（a＞$\sqrt{2}$），C₂：$\frac{{y}^{2}}{2}$+$\frac{{x}^{2}}{{n}^{2}}$=1（$\sqrt{2}$＞n＞0），又設(shè)直線l的方程為y=$\frac{\sqrt{2}}{a}$x+$\frac{\sqrt{2{a}^{2}-4}}{a}$，分半代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長公式，計(jì)算即可得到；
（2）平面內(nèi)假設(shè)存在與點(diǎn)F不同的定點(diǎn)P，使得∠APC=∠BPD恒成立．討論斜率為0和不為0，設(shè)出直線方程，代入橢圓方程，運(yùn)用中點(diǎn)坐標(biāo)公式，即可判斷．

解答 解：（1）由題意可設(shè)橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1（a＞$\sqrt{2}$），
C₂：$\frac{{y}^{2}}{2}$+$\frac{{x}^{2}}{{n}^{2}}$=1（$\sqrt{2}$＞n＞0），
且e=$\frac{\sqrt{{a}^{2}-2}}{a}$=$\frac{\sqrt{2-{n}^{2}}}{\sqrt{2}}$，化為an=2，即有n=$\frac{2}{a}$，
橢圓C₁的左焦點(diǎn)為（-$\sqrt{{a}^{2}-2}$，0），F(xiàn)（0，$\sqrt{2-{n}^{2}}$），
又設(shè)直線l的方程為y=$\frac{\sqrt{2}}{a}$x+$\frac{\sqrt{2{a}^{2}-4}}{a}$，
代入橢圓C₁，可得4x²+4$\sqrt{{a}^{2}-2}$x-4=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），即有x₁+x₂=-$\sqrt{{a}^{2}-2}$，
由焦半徑公式可得|AB|=a+ex₁+a+ex₂
=2a+e（x₁+x₂）=2a-$\frac{{a}^{2}-2}{a}$=$\frac{{a}^{2}+2}{a}$，
將直線l的方程代入橢圓C₂，可得，
$\frac{2{a}^{4}+8}{{a}^{4}}$x²+$\frac{16\sqrt{{a}^{2}-2}}{{a}^{4}}$x-$\frac{16}{{a}^{4}}$=0，
設(shè)C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），
可得x₃+x₄=-$\frac{8\sqrt{{a}^{2}-2}}{{a}^{4}+4}$，
y₃+y₄=$\frac{\sqrt{2}}{a}$（x₃+x₄）+$\frac{2\sqrt{2{a}^{2}-4}}{a}$
=$\frac{2\sqrt{2}{a}^{3}\sqrt{{a}^{2}-2}}{{a}^{4}+4}$，
即有|CD|=2$\sqrt{2}$-$\frac{\sqrt{{a}^{2}-2}}{a}$（y₃+y₄）
=$\frac{4\sqrt{2}（{a}^{2}+2）}{{a}^{4}+4}$，
由$\frac{|AB|}{|CD|}$=$\frac{5\sqrt{2}}{4}$，可得$\frac{{a}^{4}+4}{4\sqrt{2}a}$=$\frac{5\sqrt{2}}{4}$，
解得a=2，n=1，
即有橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1，
C₂：$\frac{{y}^{2}}{2}$+x²=1；
（2）平面內(nèi)假設(shè)存在與點(diǎn)F不同的定點(diǎn)P，
使得∠APC=∠BPD恒成立．
當(dāng)直線l的斜率為0，且為y=1，
由對稱性可得P在y軸上；
又設(shè)直線l：y=kx+1，k≠0，
代入橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1，
可得（1+2k²）x²+4kx-2=0，
即有x₁+x₂=-$\frac{4k}{1+2{k}^{2}}$，
將直線y=kx+1代入橢圓C₂：$\frac{{y}^{2}}{2}$+x²=1，
可得（2+k²）x²+2kx-1=0，
即有x₃+x₄=-$\frac{2k}{2+{k}^{2}}$，
由-$\frac{2k}{1+2{k}^{2}}$=-$\frac{k}{2+{k}^{2}}$，k無解．
可得AB，CD的中點(diǎn)不重合．
綜上可得，平面內(nèi)不存在與點(diǎn)F不同的定點(diǎn)P，使得∠APC=∠BPD恒成立．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運(yùn)用聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長公式，考查存在定點(diǎn)的問題，注意運(yùn)用假設(shè)存在，結(jié)合圖形，屬于中檔題．