Question

12．如图，已知椭圆的离心率为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，以该椭圆上的点和椭圆的左、右焦点F₁，F₂为顶点的三角形的周长为$4（{\sqrt{2}+1}）$，一双曲线的顶点是该椭圆的焦点，且它的实轴长等于虚轴长，设P为该双曲线上异于顶点的任一点，直线OF₁和PF₂与椭圆的交点分别为A，B和C，D，其中A，C在x轴的同一侧．
（1）求椭圆和双曲线的标准方程；
（2）是否存在题设中的点P，使得$|{\overrightarrow{AB}}|+|{\overrightarrow{CD}}|=\frac{3}{4}\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{CD}$？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由题意知，椭圆离心率为$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，又2a+2c=4（$\sqrt{2}$+1），a²=b²+c²．联立解出可得椭圆的标准方程，可得椭圆的焦点坐标为（±2，0），又双曲线为等轴双曲线，且顶点是该椭圆的焦点，可得该双曲线的标准方程．
（2）设P（x_°，y_°），${k}_{P{F}_{1}}$=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+2}$，${k}_{P{F}_{1}}$=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-2}$，根据点P在双曲线上，可得${k}_{P{F}_{1}}$•${k}_{P{F}_{1}}$=1，设PF₁ 方程为y=k（x+2），PF₂的方程为y=$\frac{1}{k}$（x-2），设A（x₁，y₂），B（x₂，y₂），直线方程分别于同一方程联立，利用根与系数的关系、弦长公式可得：|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）由题意知，椭圆离心率为$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，又2a+2c=4（$\sqrt{2}$+1），a²=b²+c²．
∴a=2$\sqrt{2}$，c=2=b，
∴椭圆的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1；
可得椭圆的焦点坐标为（±2，0），
因为双曲线为等轴双曲线，且顶点是该椭圆的焦点，∴该双曲线的标准方程为$\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{4}=1$．
（2）设P（x_°，y_°），则${k}_{P{F}_{1}}$=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+2}$，${k}_{P{F}_{1}}$=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-2}$，
∵点P在双曲线$\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{4}=1$上，
∴${k}_{P{F}_{1}}$•${k}_{P{F}_{1}}$=$\frac{{y}_{0}^{2}}{{x}_{0}^{2}-4}$=1，
设PF₁ 方程为y=k（x+2），PF₂的方程为y=$\frac{1}{k}$（x-2），设A（x₁，y₂），B（x₂，y₂），
则$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1\\ y=k（{x+2}）\end{array}\right.⇒（{2{k^2}+1}）{x^2}+8{k^2}x+8{k^2}-8=0$，${x_1}+{x_2}=-\frac{{8{k^2}}}{{2{k^2}+1}}，{x_1}•{x_2}=\frac{{8{k^2}-8}}{{2{k^2}+1}}$，
∴|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（-\frac{8{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}）^{2}-4\frac{8{k}^{2}-8}{2{k}^{2}+1}}$=$\frac{4\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{2{k}^{2}+1}$．
同理，|CD|=$\frac{4\sqrt{2}[1+（\frac{1}{k}）^{2}]}{2（\frac{1}{k}）^{2}+1}$=$\frac{4\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}{2+{k}^{2}}$，
由题知：$|{\overrightarrow{AB}}|+|{\overrightarrow{CD}}|=\frac{3}{4}\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{CD}$=$\frac{3}{4}|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{CD}|$cosθ，
可得：cosθ=$\frac{4}{3}（\frac{1}{|\overrightarrow{AB}|}+\frac{1}{|\overrightarrow{CD}|}）$=$\frac{4}{3}×\frac{3（1+{k}^{2}）}{4\sqrt{2}（1+{k}^{2}）}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
θ=∠F₁PF₂．
∵$\overrightarrow{P{F}_{1}}$$•\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}$=4，即存在点P（$±2\sqrt{2}$，±2）．

点评 本题考查了椭圆与双曲线的标准方程及其性质、一元二次方程的根与系数的关系、弦长公式、向量数量积运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．