Question

如圖，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，雙曲線(xiàn)C₁：

x2

a 2 1

-

y2

b 2 1

=1（a₁＞0，b₁＞0）和橢圓C₂：

y2

a 2 2

+

x2

b 2 2

=1（a₂＞b₂＞0）均過(guò)點(diǎn)P（

2 3

3

，1），且以C₁的兩個(gè)頂點(diǎn)和C₂的兩個(gè)焦點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是面積為2的正方形．
（Ⅰ）求C₁、C₂的方程；
（Ⅱ）是否存在直線(xiàn)l，使得l與C₁交于A、B兩點(diǎn)，與C₂只有一個(gè)公共點(diǎn)，且|

OA

+

OB

|=|

AB

|？證明你的結(jié)論．

Answer 1

考點(diǎn)：直線(xiàn)與圓錐曲線(xiàn)的綜合問(wèn)題

專(zhuān)題：圓錐曲線(xiàn)中的最值與范圍問(wèn)題

分析：（Ⅰ）由條件可得a₁=1，c₂=1，根據(jù)點(diǎn)P（

2 3

3

，1）在上求得b12=3，可得雙曲線(xiàn)C₁的方程．再由橢圓的定義求得a₂=

3

，可得b22=a22-c22的值，從而求得橢圓C₂的方程．
（Ⅱ）若直線(xiàn)l垂直于x軸，檢驗(yàn)部不滿(mǎn)足|

OA

+

OB

|≠|(zhì)

AB

|．若直線(xiàn)l不垂直于x軸，設(shè)直線(xiàn)l得方程為 y=kx+m，由

y=kx+m x2- y2 3 =1

可得y₁•y₂=

3k2-3m

k2-3

．由

y=kx+m y2 3 + x2 2 =1

可得 （2k²+3）x²+4kmx+2m²-6=0，根據(jù)直線(xiàn)l和C₁僅有一個(gè)交點(diǎn)，根據(jù)判別式△=0，求得2k²=m²-3，可得

OA

•

OB

≠0，可得|

OA

+

OB

|≠|(zhì)

AB

|．綜合（1）、（2）可得結(jié)論．

解答： 解：（Ⅰ）設(shè)橢圓C₂的焦距為2c₂，由題意可得2a₁=2，∴a₁=1，c₂=1．
由于點(diǎn)P（

2 3

3

，1）在上，∴(

2 3

3

)2-

1

b12

=1，b12=3，
∴雙曲線(xiàn)C₁的方程為：x²-

y2

3

=1．
再由橢圓的定義可得 2a₂=

( 2 3 3 -0)2+(1-1)2

+

( 2 3 3 -0)2+(1+1)2

=2

3

，∴a₂=

3

，
∴b22=a22-c22=2，∴橢圓C₂的方程為：

y2

3

+

x2

2

=1．
（Ⅱ）不存在滿(mǎn)足條件的直線(xiàn)l．
（1）若直線(xiàn)l垂直于x軸，則由題意可得直線(xiàn)l得方程為x=

2

，或 x=-

2

．
當(dāng)x=

2

時(shí)，可得 A（

2

，

3

）、B（

2

，-

3

），求得|

OA

+

OB

|=2

2

，|

AB

|=2

3

，
顯然，|

OA

+

OB

|≠|(zhì)

AB

|．
同理，當(dāng)x=-

2

時(shí)，也有|

OA

+

OB

|≠|(zhì)

AB

|．
（2）若直線(xiàn)l不垂直于x軸，設(shè)直線(xiàn)l得方程為 y=kx+m，由

y=kx+m x2- y2 3 =1

 可得
（3-k²）x²-2mkx-m²-3=0，∴x₁+x₂=

2km

3-k2

，x₁•x₂=

m2+3

k2-3

．
于是，y₁•y₂=k²x₁•x₂+km（x₁+x₂）+m²=

3k2-3m

k2-3

．
由

y=kx+m y2 3 + x2 2 =1

可得 （2k²+3）x²+4kmx+2m²-6=0，根據(jù)直線(xiàn)l和C₁僅有一個(gè)交點(diǎn)，
∴判別式△=16k²m²-8（2k²+3）（m²-3）=0，∴2k²=m²-3．
∴

OA

•

OB

=x₁•x₂+y₁•y₂=

-k2-3

k2-3

≠0，∴(

OA

+

OB

)2≠(

OA

-

OB

)2，
∴|

OA

+

OB

|≠|(zhì)

AB

|．
綜合（1）、（2）可得，不存在滿(mǎn)足條件的直線(xiàn)l．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查橢圓的定義、性質(zhì)、標(biāo)準(zhǔn)方程，直線(xiàn)和圓錐曲線(xiàn)的位置關(guān)系的應(yīng)用，韋達(dá)定理，體現(xiàn)了分類(lèi)討論的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題．