Question

17．设椭圆Г：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的焦点为F₁（-c，0），F₂（c，0），双曲线S：$\frac{{y}^{2}}{{m}^{2}}$-$\frac{{x}^{2}}{{n}^{2}}$=1（m＞0，n＞0）的顶点为G₁（0，-m），G₂（0，m），椭圆Г和双曲线S都经过P（1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$），若四边形F₁G₁F₂G₂为正方形，且这个正方形的面积为2．
（Ⅰ）求椭圆Г和双曲线S的方程；
（Ⅱ）是否存在直线l：y=kx+t，使得此直线l与椭圆Г相切、与双曲线S相交于A，B两点，且满足|$\overrightarrow{AB}$|=|$\overrightarrow{OA}$$+\overrightarrow{OB}$|？若存在，求出k，t的值，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由条件可得正方形的边长为$\sqrt{2}$，对角线长为2，即有m=c=1，分别将P的坐标代入双曲线的方程和椭圆方程，即可得到所求椭圆和双曲线的方程；
（Ⅱ）假设存在直线l：y=kx+t，使得此直线l与椭圆Г相切、与双曲线S相交于A，B两点，且满足|$\overrightarrow{AB}$|=|$\overrightarrow{OA}$$+\overrightarrow{OB}$|．将直线方程代入椭圆方程，运用判别式为0，可得3k²=t²-2，再将直线方程代入双曲线的方程，运用韦达定理和判别式大于0，由向量的加减运算和数量积的坐标表示，解方程可得t，即可判断不存在．

解答 解：（Ⅰ）四边形F₁G₁F₂G₂为正方形，且这个正方形的面积为2，
可得正方形的边长为$\sqrt{2}$，对角线长为2，
即有m=c=1，
P（1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）代入双曲线的方程，可得$\frac{4}{3}$-$\frac{1}{{n}^{2}}$=1，
可得n²=3，双曲线S：y²-$\frac{{x}^{2}}{3}$=1；
P（1，$\frac{2\sqrt{3}}{3}$）代入椭圆的方程，可得$\frac{1}{{a}^{2}}$-$\frac{4}{3{b}^{2}}$=1，
又a²-b²=1，
解得a²=3，b²=2，可得椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{3}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1；
（Ⅱ）假设存在直线l：y=kx+t，使得此直线l与椭圆Г相切、
与双曲线S相交于A，B两点，且满足|$\overrightarrow{AB}$|=|$\overrightarrow{OA}$$+\overrightarrow{OB}$|．
将直线y=kx+t代入椭圆方程，可得（2+3k²）x²+6ktx+3t²-6=0，
由△=36k²t²-4（2+3k²）（3t²-6）=0，
可得3k²=t²-2，
由y=kx+t代入双曲线的方程，可得（3k²-1）x²+6ktx+3t²-3=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
即有x₁+x₂=-$\frac{6kt}{3{k}^{2}-1}$，x₁x₂=$\frac{3{t}^{2}-3}{3{k}^{2}-1}$，
判别式为36k²t²-4（2k²-1）（3t²-3）＞0，化为t²+3k²-1＞0，
即有2t²＞3．
由|$\overrightarrow{AB}$|=|$\overrightarrow{OA}$$+\overrightarrow{OB}$|，可得|$\overrightarrow{OB}$-$\overrightarrow{OA}$|=|$\overrightarrow{OA}$$+\overrightarrow{OB}$|．
两边平方可得$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，
即有x₁x₂+y₁y₂=0，即为x₁x₂+（kx₁+t）（kx₂+t）=0，
即有（1+k2）x1x2+kt（x1+x2）+t2=0，
即为（1+k²）（$\frac{3{t}^{2}-3}{3{k}^{2}-1}$）+t²+kt（-$\frac{6kt}{3{k}^{2}-1}$）=0，
化简为2t²-3-3k²=0，
解得t²=1，与2t²＞3．矛盾，
可得不存在直线l：y=kx+t．

点评 本题考查椭圆和双曲线的方程的求法，注意运用点满足方程，考查直线和椭圆相切的条件：判别式为0，直线和双曲线的方程联立，运用韦达定理和判别式大于0，同时考查向量的数量积的坐标表示，考查化简整理的运算能力，属于中档题．