Question

（2013•松江區(qū)一模）對于雙曲線C：

x2

a2

-

y2

b2

=1，(a＞0，b＞0)，定義C₁：

x2

a2

+

y2

b2

=1，為其伴隨曲線，記雙曲線C的左、右頂點為A、B．
（1）當a＞b時，記雙曲線C的半焦距為c，其伴隨橢圓C₁的半焦距為c₁，若c=2c₁，求雙曲線C的漸近線方程；
（2）若雙曲線C的方程為

x2

4

-

y2

2

=1，弦PQ⊥x軸，記直線PA與直線QB的交點為M，求動點M的軌跡方程；
（3）過雙曲線C：x²-y²=1的左焦點F，且斜率為k的直線l與雙曲線C交于N₁、N₂兩點，求證：對任意的k∈[-2-

1

4

，2-

1

4

]，在伴隨曲線C₁上總存在點S，使得

FN1

•

FN2

=

FS

2．

Answer 1

分析：（1）利用雙曲線的a、b、c的關(guān)系及橢圓的a、b、c₁的關(guān)系及雙曲線的漸近線的方程即可得出；
（2）設(shè)出點P、Q的坐標，利用點斜式得出直線PA、QB的方程，聯(lián)立即可得出交點M的坐標，反解出點P的坐標，利用代點法即可求出軌跡；
（3）設(shè)出直線l的方程，并與雙曲線的方程聯(lián)立，利用根與系數(shù)的關(guān)系及已知條件求出

FN1

•

FN2

的范圍，再求出伴隨曲線C₁上的任意一點到點F的距離的平方的取值范圍，即可判斷出結(jié)論是否成立．

解答：解：（1）∵c=

a2+b2

，c1=

a2-b2

，
由c=2c₁，得

a2+b2

=2

a2-b2

，即a²+b²=4（a²-b²）
可得  

b2

a2

=

3

5

，
∴C的漸近線方程為y=±

15

5

x；
（2）設(shè)P（x₀，y₀），Q（x₀，-y₀），又A（-2，0）、B（2，0），
∴直線PA的方程為y=

y0

x0+2

(x+2)…①
直線QB的方程為y=

-y0

x0-2

(x-2)…②，
由①②得

x0= 4 x y0= 2y x

，
∵P（x₀，y₀）在雙曲線

x2

4

-

y2

2

=1上
∴

42 x2

4

-

4y2 x2

2

=1，整理得

x2

4

+

y2

2

=1．
（3）證明：點F的坐標為F(-

2

，0)，直線l的方程為y=k(x+

2

)，
設(shè)N₁、N₂的坐標分別為N₁（x₁，y₁）、N₂（x₂，y₂），
則由

y=k(x+ 2 ) x2-y2=1

得x2-k2(x+

2

)2=1，
即(1-k2)x2-2

2

k2x-(2k2+1)=0，
當k≠±1時，
∵△=8k⁴+4（1-k²）（2k²+1）=8k⁴-8k⁴+4k²+4=4k²+4＞0
∴x1+x2=

2 2 k2

1-k2

，x1•x2=-

2k2+1

1-k2

，

FN1

•

FN2

=(x1+

2

，y1)•(x2+

2

，y2)=(x1+

2

)(x2+

2

)+y1y2
=(x1+

2

)(x2+

2

)+k(x1+

2

)k(x2+

2

)=(1+k2)[x1x2+

2

(x1+x2)+2]
=(1+k2)(-

2k2+1

1-k2

+

2

•

2 2 k2

1-k2

+2)=

1+k2

1-k2

由k∈[-2-

1

4

，2-

1

4

]知 k2∈[0，

2

2

]，
∴

1+k2

1-k2

∈[1，3+2

2

]．
∵雙曲線C：x²-y²=1的伴隨曲線是圓C1：x2+y2=1，圓C₁上任意一點S到F的距離|SF|∈[

2

-1，1+

2

]，
∴

SF

2∈[3-2

2

，3+2

2

]．
∵[1，3+2

2

]⊆[3-2

2

，3+2

2

]
∴對任意的k∈[-2-

1

4

，2-

1

4

]，在伴隨曲線C₁上總存在點S，
使得

FN1

•

FN2

=

FS

2．

點評：熟練掌握雙曲線的a、b、c的關(guān)系及橢圓的a、b、c₁的關(guān)系、雙曲線的漸近線的方程、直線相交問題、代點法求軌跡問題、一元二次方程的根與系數(shù)關(guān)系、向量的數(shù)量積的計算等是解題的關(guān)鍵．本題需要較強的計算能力．