Question

12．如圖，已知橢圓的離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，以該橢圓上的點(diǎn)和橢圓的左、右焦點(diǎn)F₁，F(xiàn)₂為頂點(diǎn)的三角形的周長(zhǎng)為$4（{\sqrt{2}+1}）$，一雙曲線的頂點(diǎn)是該橢圓的焦點(diǎn)，且它的實(shí)軸長(zhǎng)等于虛軸長(zhǎng)，設(shè)P為該雙曲線上異于頂點(diǎn)的任一點(diǎn)，直線OF₁和PF₂與橢圓的交點(diǎn)分別為A，B和C，D，其中A，C在x軸的同一側(cè)．
（1）求橢圓和雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）是否存在題設(shè)中的點(diǎn)P，使得$|{\overrightarrow{AB}}|+|{\overrightarrow{CD}}|=\frac{3}{4}\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{CD}$？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意知，橢圓離心率為$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，又2a+2c=4（$\sqrt{2}$+1），a²=b²+c²．聯(lián)立解出可得橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，可得橢圓的焦點(diǎn)坐標(biāo)為（±2，0），又雙曲線為等軸雙曲線，且頂點(diǎn)是該橢圓的焦點(diǎn)，可得該雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程．
（2）設(shè)P（x_°，y_°），${k}_{P{F}_{1}}$=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+2}$，${k}_{P{F}_{1}}$=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-2}$，根據(jù)點(diǎn)P在雙曲線上，可得${k}_{P{F}_{1}}$•${k}_{P{F}_{1}}$=1，設(shè)PF₁ 方程為y=k（x+2），PF₂的方程為y=$\frac{1}{k}$（x-2），設(shè)A（x₁，y₂），B（x₂，y₂），直線方程分別于同一方程聯(lián)立，利用根與系數(shù)的關(guān)系、弦長(zhǎng)公式可得：|AB|，|CD|．利用$|{\overrightarrow{AB}}|+|{\overrightarrow{CD}}|=\frac{3}{4}\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{CD}$=$\frac{3}{4}|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{CD}|$cosθ，可得cosθ=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．θ=∠F₁PF₂．再利用$\overrightarrow{P{F}_{1}}$$•\overrightarrow{P{F}_{2}}$=$|\overrightarrow{P{F}_{1}}|$•$|\overrightarrow{P{F}_{2}}|$cosθ，及其${x}_{0}^{2}-{y}_{0}^{2}$=4，即可得出．

解答 解：（1）由題意知，橢圓離心率為$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，又2a+2c=4（$\sqrt{2}$+1），a²=b²+c²．
∴a=2$\sqrt{2}$，c=2=b，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1；
可得橢圓的焦點(diǎn)坐標(biāo)為（±2，0），
因?yàn)殡p曲線為等軸雙曲線，且頂點(diǎn)是該橢圓的焦點(diǎn)，∴該雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{4}=1$．
（2）設(shè)P（x_°，y_°），則${k}_{P{F}_{1}}$=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+2}$，${k}_{P{F}_{1}}$=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-2}$，
∵點(diǎn)P在雙曲線$\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{4}=1$上，
∴${k}_{P{F}_{1}}$•${k}_{P{F}_{1}}$=$\frac{{y}_{0}^{2}}{{x}_{0}^{2}-4}$=1，
設(shè)PF₁ 方程為y=k（x+2），PF₂的方程為y=$\frac{1}{k}$（x-2），設(shè)A（x₁，y₂），B（x₂，y₂），
則$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1\\ y=k（{x+2}）\end{array}\right.⇒（{2{k^2}+1}）{x^2}+8{k^2}x+8{k^2}-8=0$，${x_1}+{x_2}=-\frac{{8{k^2}}}{{2{k^2}+1}}，{x_1}•{x_2}=\frac{{8{k^2}-8}}{{2{k^2}+1}}$，
∴|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（-\frac{8{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}）^{2}-4\frac{8{k}^{2}-8}{2{k}^{2}+1}}$=$\frac{4\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{2{k}^{2}+1}$．
同理，|CD|=$\frac{4\sqrt{2}[1+（\frac{1}{k}）^{2}]}{2（\frac{1}{k}）^{2}+1}$=$\frac{4\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{2+{k}^{2}}$，
由題知：$|{\overrightarrow{AB}}|+|{\overrightarrow{CD}}|=\frac{3}{4}\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{CD}$=$\frac{3}{4}|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{CD}|$cosθ，
可得：cosθ=$\frac{4}{3}（\frac{1}{|\overrightarrow{AB}|}+\frac{1}{|\overrightarrow{CD}|}）$=$\frac{4}{3}×\frac{3（1+{k}^{2}）}{4\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
θ=∠F₁PF₂．
∵$\overrightarrow{P{F}_{1}}$$•\overrightarrow{P{F}_{2}}$=$|\overrightarrow{P{F}_{1}}|$•$|\overrightarrow{P{F}_{2}}|$cosθ，
∴（-2-x₀）（2-x₀）+（-y₀）（-y₀）=$\sqrt{（{x}_{0}+2）^{2}+{y}_{0}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{0}-2）^{2}+{y}_{0}^{2}}$cosθ，又${x}_{0}^{2}$-${y}_{0}^{2}$=4，
∴2$（{x}_{0}^{2}-4）$=$\sqrt{（{x}_{0}+2）^{2}+{x}_{0}^{2}-4}$•$\sqrt{（{x}_{0}-2）^{2}+{x}_{0}^{2}-4}$$•\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\sqrt{2{x}_{0}^{2}+4{x}_{0}}$•$\sqrt{2{x}_{0}^{2}-4{x}_{0}}$$•\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\sqrt{2（{x}_{0}^{2}-4）•{x}_{0}^{2}}$．
∴${x}_{0}^{2}$=8，${y}_{0}^{2}$=4，即存在點(diǎn)P（$±2\sqrt{2}$，±2）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓與雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、弦長(zhǎng)公式、向量數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．