Question

17．已知O是坐標(biāo)原點(diǎn)，雙曲線${x^2}-\frac{y^2}{n^2}=1（{n＞0}）$的兩條漸近線分別為l₁，l₂，右焦點(diǎn)為F，以O(shè)F為直徑的圓交l₁于異于原點(diǎn)O的點(diǎn)A，若點(diǎn)B在l₂上，且$\frac{1}{2}\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{AF}$，則雙曲線的方程為（　�。�

• A． ${x^2}-\frac{y^2}{3}=1$
• B． ${x^2}-\frac{y^2}{2}=1$
• C． ${x^2}-\frac{y^2}{5}=1$
• D． ${x^2}-\frac{y^2}{6}=1$

Answer 1

分析 求出雙曲線$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞0，b＞0）的漸近線的方程和圓的方程，聯(lián)立方程求出A，B的坐標(biāo)，結(jié)合點(diǎn)B在漸近線y=-$\frac{a}$x上，建立方程關(guān)系求得A的坐標(biāo)，設(shè)B（m，n），運(yùn)用向量的坐標(biāo)關(guān)系，結(jié)合B在漸近線上，可得a，c的關(guān)系，再由a=1，即可得到c，b，進(jìn)而得到所求雙曲線的方程．

解答 解：雙曲線$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞0，b＞0）的漸近線方程
l₁，y=$\frac{a}$x，l₂，y=-$\frac{a}$x，
F（c，0），
圓的方程為（x-$\frac{c}{2}$）²+y²=$\frac{{c}^{2}}{4}$，將y=$\frac{a}$x代入圓的方程，
得（x-$\frac{c}{2}$）²+（$\frac{a}$x）²=$\frac{{c}^{2}}{4}$，
即$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}$x²=cx，則x=0或x=$\frac{{a}^{2}}{c}$，
當(dāng)x=$\frac{{a}^{2}}{c}$，y═$\frac{a}$•$\frac{{a}^{2}}{c}$=$\frac{ab}{c}$，即A（$\frac{{a}^{2}}{c}$，$\frac{ab}{c}$），
設(shè)B（m，n），則n=-$\frac{a}$•m，
則$\overrightarrow{BA}$=（$\frac{{a}^{2}}{c}$-m，$\frac{ab}{c}$-n），$\overrightarrow{AF}$=（c-$\frac{{a}^{2}}{c}$，-$\frac{ab}{c}$），
∵$\frac{1}{2}\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{AF}$，
∴$\frac{1}{2}$（$\frac{{a}^{2}}{c}$-m，$\frac{ab}{c}$-n）=（c-$\frac{{a}^{2}}{c}$，-$\frac{ab}{c}$），
則$\frac{{a}^{2}}{c}$-m=2（c-$\frac{{a}^{2}}{c}$），$\frac{ab}{c}$-n=2•（-$\frac{ab}{c}$），
即m=$\frac{3{a}^{2}}{c}$-2c，n=$\frac{3ab}{c}$，
即$\frac{3ab}{c}$=-$\frac{a}$•（$\frac{3{a}^{2}}{c}$-2c）=-$\frac{3ab}{c}$+$\frac{2bc}{a}$，
即$\frac{6ab}{c}$=$\frac{2bc}{a}$，
則c²=3a²，
由雙曲線${x^2}-\frac{y^2}{n^2}=1（{n＞0}）$可得a=1，c=$\sqrt{3}$，b=n=$\sqrt{3-1}$=$\sqrt{2}$．
則雙曲線的方程為x²-$\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
故選：B．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查雙曲線方程的求法，注意運(yùn)用漸近線方程和圓的方程聯(lián)立，根據(jù)條件建立方程關(guān)系，求出交點(diǎn)坐標(biāo)，轉(zhuǎn)化為a，b，c的關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵．考查學(xué)生的計(jì)算能力．