Question

17．設(shè)橢圓Г：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的焦點為F₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），雙曲線S：$\frac{{y}^{2}}{{m}^{2}}$-$\frac{{x}^{2}}{{n}^{2}}$=1（m＞0，n＞0）的頂點為G₁（0，-m），G₂（0，m），橢圓Г和雙曲線S都經(jīng)過P（1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），若四邊形F₁G₁F₂G₂為正方形，且這個正方形的面積為2．
（Ⅰ）求橢圓Г和雙曲線S的方程；
（Ⅱ）是否存在直線l：y=kx+t，使得此直線l與橢圓Г相切、與雙曲線S相交于A，B兩點，且滿足|$\overrightarrow{AB}$|=|$\overrightarrow{OA}$$+\overrightarrow{OB}$|？若存在，求出k，t的值，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由條件可得正方形的邊長為$\sqrt{2}$，對角線長為2，即有m=c=1，分別將P的坐標代入雙曲線的方程和橢圓方程，即可得到所求橢圓和雙曲線的方程；
（Ⅱ）假設(shè)存在直線l：y=kx+t，使得此直線l與橢圓Г相切、與雙曲線S相交于A，B兩點，且滿足|$\overrightarrow{AB}$|=|$\overrightarrow{OA}$$+\overrightarrow{OB}$|．將直線方程代入橢圓方程，運用判別式為0，可得3k²=t²-2，再將直線方程代入雙曲線的方程，運用韋達定理和判別式大于0，由向量的加減運算和數(shù)量積的坐標表示，解方程可得t，即可判斷不存在．

解答 解：（Ⅰ）四邊形F₁G₁F₂G₂為正方形，且這個正方形的面積為2，
可得正方形的邊長為$\sqrt{2}$，對角線長為2，
即有m=c=1，
P（1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）代入雙曲線的方程，可得$\frac{4}{3}$-$\frac{1}{{n}^{2}}$=1，
可得n²=3，雙曲線S：y²-$\frac{{x}^{2}}{3}$=1；
P（1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）代入橢圓的方程，可得$\frac{1}{{a}^{2}}$-$\frac{4}{3^{2}}$=1，
又a²-b²=1，
解得a²=3，b²=2，可得橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{3}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1；
（Ⅱ）假設(shè)存在直線l：y=kx+t，使得此直線l與橢圓Г相切、
與雙曲線S相交于A，B兩點，且滿足|$\overrightarrow{AB}$|=|$\overrightarrow{OA}$$+\overrightarrow{OB}$|．
將直線y=kx+t代入橢圓方程，可得（2+3k²）x²+6ktx+3t²-6=0，
由△=36k²t²-4（2+3k²）（3t²-6）=0，
可得3k²=t²-2，
由y=kx+t代入雙曲線的方程，可得（3k²-1）x²+6ktx+3t²-3=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
即有x₁+x₂=-$\frac{6kt}{3{k}^{2}-1}$，x₁x₂=$\frac{3{t}^{2}-3}{3{k}^{2}-1}$，
判別式為36k²t²-4（2k²-1）（3t²-3）＞0，化為t²+3k²-1＞0，
即有2t²＞3．
由|$\overrightarrow{AB}$|=|$\overrightarrow{OA}$$+\overrightarrow{OB}$|，可得|$\overrightarrow{OB}$-$\overrightarrow{OA}$|=|$\overrightarrow{OA}$$+\overrightarrow{OB}$|．
兩邊平方可得$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，
即有x₁x₂+y₁y₂=0，即為x₁x₂+（kx₁+t）（kx₂+t）=0，
即有（1+k2）x1x2+kt（x1+x2）+t2=0，
即為（1+k²）（$\frac{3{t}^{2}-3}{3{k}^{2}-1}$）+t²+kt（-$\frac{6kt}{3{k}^{2}-1}$）=0，
化簡為2t²-3-3k²=0，
解得t²=1，與2t²＞3．矛盾，
可得不存在直線l：y=kx+t．

點評 本題考查橢圓和雙曲線的方程的求法，注意運用點滿足方程，考查直線和橢圓相切的條件：判別式為0，直線和雙曲線的方程聯(lián)立，運用韋達定理和判別式大于0，同時考查向量的數(shù)量積的坐標表示，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．