Question

16．如图，抛物线C₁：y=$\frac{1}{4}$x²的焦点F也是椭圆C₂：$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{x}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的一个焦点，且在两曲线的一个公共点处的直线l₁：$\sqrt{6}$x-2y-3=0与C₁相切．
（1）求C₂的方程；
（2）过点F的直线l与C₁交于A，B两点，与C₂交于C，D两点，且$\overrightarrow{AC}$与$\overrightarrow{BD}$同向．
①若|AC|=|BD|，求直线l的斜率；
②y轴上是否存在点P，使得当直线l变化时，总有∠OPC=∠OPD？若存在，写出点P的坐标（不用说明理由）

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过C₁方程可知a²-b²=1，通过直线和抛物线的方程联立，求得交点，代入椭圆方程，解方程可得a，b，进而得到椭圆方程；
（2）①设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），通过$\overrightarrow{AC}$=$\overrightarrow{BD}$，可得（x₁+x₂）²-4x₁x₂=（x₃+x₄）²-4x₃x₄，设直线l方程为y=kx+1，分别联立直线与抛物线、直线与椭圆方程，利用韦达定理计算即可；
②假设y轴上存在点P，使得当直线l变化时，总有∠OPC=∠OPD．即有直线PC，PD的斜率之和为0，设出P的坐标，运用直线的斜率公式，结合韦达定理，化简即可得到定点P．

解答 解：（1）由C₁方程x²=4y，可知F（0，1），
∵F也是椭圆C₂的一个焦点，∴a²-b²=1，
又l₁：$\sqrt{6}$x-2y-3=0与C₁相切，即有
x²-2$\sqrt{6}$x+6=0，解得x=$\sqrt{6}$，y=$\frac{3}{2}$，
代入椭圆方程可得$\frac{9}{4{a}^{2}}$+$\frac{6}{{b}^{2}}$=1，
∴a=3，b=2$\sqrt{2}$，
∴C₂的方程为$\frac{{y}^{2}}{9}$+$\frac{{x}^{2}}{8}$=1；
（2）①设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），
∵$\overrightarrow{AC}$与$\overrightarrow{BD}$同向，且|AC|=|BD|，
∴$\overrightarrow{AC}$=$\overrightarrow{BD}$，∴x₁-x₂=x₃-x₄，
∴（x₁+x₂）²-4x₁x₂=（x₃+x₄）²-4x₃x₄，
设直线l的斜率为k，则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，
由韦达定理可得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，
由韦达定理可得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）=$\frac{256{k}^{2}}{（9+8{k}^{2}）^{2}}$+$\frac{256}{9+8{k}^{2}}$，
化简得16（k²+1）=$\frac{182×9（1+{k}^{2}）}{（9+8{k}^{2}）^{2}}$，
∴（9+8k²）²=16×9，解得k=±$\frac{\sqrt{6}}{4}$，
即直线l的斜率为±$\frac{\sqrt{6}}{4}$；
②假设y轴上存在点P，使得当直线l变化时，总有∠OPC=∠OPD．
即有直线PC，PD的斜率之和为0，
设P（0，t），则$\frac{{y}_{3}-t}{{x}_{3}}$+$\frac{{y}_{4}-t}{{x}_{4}}$=0，
即有$\frac{k{x}_{3}+1-t}{{x}_{3}}$+$\frac{k{x}_{4}+1-t}{{x}_{4}}$=0，
即为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轴上存在点P（0，9），
使得当直线l变化时，总有∠OPC=∠OPD．

点评 本题是一道直线与圆锥曲线的综合题，考查求椭圆方程以及直线的斜率，涉及到韦达定理等知识，考查计算能力，注意解题方法的积累，属于中档题．