Question

4．如圖，雙曲線Γ：$\frac{{x}^{2}}{3}$-y²=1的左、右焦點分別為F₁，F(xiàn)₂，過F₂作直線l交y軸于點Q．
（1）當直線l平行于Γ的一條漸近線時，求點F₁到直線l的距離；
（2）當直線l的斜率為1時，在Γ的右支上是否存在點P，滿足$\overrightarrow{{F}_{1}P}•\overrightarrow{{F}_{1}Q}$=0？若存在，求出P點的坐標；若不存在，說明理由；
（3）若直線l與Γ交于不同兩點A、B，且Γ上存在一點M，滿足$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$+4$\overrightarrow{OM}$=$\overrightarrow{0}$（其中O為坐標原點），求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）由雙曲線Γ：$\frac{{x}^{2}}{3}$-y²=1，焦點在x軸上，a=$\sqrt{3}$，b=1，c=$\sqrt{3+1}$=2，則令k=$\frac{1}{\sqrt{3}}$，直線l的方程為：y=$\frac{1}{\sqrt{3}}$（x-2），即x-$\sqrt{3}$y-2=0，則點F₁到直線l的距離為d=$\frac{|-2-0-2|}{\sqrt{1+3}}$=2；
（2）直線l的方程為y=x-2，點Q（0，-2），假設在Γ的右支上存在點P（x₀，y₀），則x₀＞0，$\overrightarrow{{F}_{1}P}•\overrightarrow{{F}_{1}Q}$=0，代入求得y₀=x₀+2，代入雙曲線方程求得2${{x}_{0}}^{2}$+12x₀+15=0，由△＜0，所以不存在點P在右支上；
（3）設直線l的方程為y=kx+b，聯(lián)立方程組，由韋達定理則$\overrightarrow{OM}$=（x₃，y₃），$\overrightarrow{OM}$=-$\frac{1}{4}$（$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$），M為雙曲線上一點，即x₃²-3y₃²=3，則x₁x₂-3y₁y₂=21①由x₁x₂-3y₁y₂=x₁x₂-3（x₁+b）（x₂+b），=-2x₁x₂-3b（x₁+x₂）-3b²=-2•$\frac{6kb}{1-{3k}^{2}}$-3b•$\frac{-{3b}^{2}-3}{1-{3k}^{2}}$-3b²=21，即可求得k與b的值，求得直線l的方程；方法二：設直線l的方程為y=my+2，代入橢圓方程，由韋達定理及向量數(shù)量積的坐標運算，求得M點坐標，代入雙曲線的方程，即可求得m的值．

解答 解：（1）雙曲線Γ：$\frac{{x}^{2}}{3}$-y²=1，焦點在x軸上，a=$\sqrt{3}$，b=1，c=$\sqrt{3+1}$=2，
則雙曲線左、右焦點分別為F₁（-2，0），F(xiàn)₂（2，0），
過F₂作直線l，設直線l的斜率為k，l交y軸于點Q．
當直線l平行于Γ的一條漸近線時，不妨令k=$\frac{1}{\sqrt{3}}$，
則直線l的方程為：y=$\frac{1}{\sqrt{3}}$（x-2），
即x-$\sqrt{3}$y-2=0，
則點F₁到直線l的距離為d=$\frac{|-2-0-2|}{\sqrt{1+3}}$=2；
（2）當直線l的斜率為1時，直線l的方程為y=x-2，
則點Q（0，-2）；
假設在Γ的右支上存在點P（x₀，y₀），則x₀＞0；
∵$\overrightarrow{{F}_{1}P}•\overrightarrow{{F}_{1}Q}$=0，
∴（x₀+2）（0+2）+（y₀-0）（-2-0）=0，
整理得y₀=x₀+2，
與雙曲線方程$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{3}$-${{y}_{0}}^{2}$=1聯(lián)立，消去y₀，
得2${{x}_{0}}^{2}$+12x₀+15=0，
△=24＞0，方程有實根，
解得：x=$\frac{-12±2\sqrt{6}}{4}$＜$\sqrt{3}$，
所以不存在點P在右支上；
（3）當k=0時，直線l的方程x=2，
則A（2，$\frac{\sqrt{3}}{3}$），B（2，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$），由$\overrightarrow{OM}$=-$\frac{1}{4}$（$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$），
∴M（1，0），則M不橢圓上，顯然不存在，
當直線l的斜率存在且不為0時，設直線l的方程為y=kx+b，
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+b}\\{\frac{{x}^{2}}{3}{-y}^{2}=1}\end{array}\right.$，
消去y，得（1-3k²）x²-6kbx-3b²-3=0，
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則x₁+x₂=$\frac{6kb}{1-{3k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{-{3b}^{2}-3}{1-{3k}^{2}}$，
設$\overrightarrow{OM}$=（x₃，y₃），$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$+4$\overrightarrow{OM}$=$\overrightarrow{0}$，$\overrightarrow{OM}$=-$\frac{1}{4}$（$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$），
即$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{3}=-\frac{1}{4}{（x}_{1}{+x}_{2}）}\\{{y}_{3}=-\frac{1}{4}{（y}_{1}{+y}_{2}）}\end{array}\right.$，
又M為雙曲線上一點，即x₃²-3y₃²=3，
由（x₁+x₂）²-3（y₁+y₂）²=48，
化簡得：（x₁²-3y₁²）+（x₂²-3y₂²）+2（x₁x₂-3y₁y₂）=48，
又A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）在雙曲線上，
所以x₁²-3y₁²=3，x₂²-3y₂²=3，
∴x₁x₂-3y₁y₂=21，
由直線l過橢圓的右焦點F（2，0），則k=-$\frac{2}$，①
而x₁x₂-3y₁y₂=x₁x₂-3（kx₁+b）（kx₂+b），
=x₁x₂-3k²x₁x₂-3kb（x₁+x₂）-3b²=-2•$\frac{6kb}{1-{3k}^{2}}$-3b•$\frac{-{3b}^{2}-3}{1-{3k}^{2}}$-3b²=21，②
由①②解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{b=-\sqrt{2}}\end{array}\right.$，或$\left\{\begin{array}{l}{k=-\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{b=\sqrt{2}}\end{array}\right.$，
∴直線l的方程x=±$\sqrt{2}$y+2．
方法二：設直線l的方程為y=my+2，設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（x₀，y₀）
$\left\{\begin{array}{l}{x=my+2}\\{\frac{{x}^{2}}{3}-{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（m²-3）y²+4my+1=0，
則y₁+y₂=-$\frac{4m}{{m}^{2}-3}$，y₁•y₂=$\frac{1}{{m}^{2}-3}$，
x₁+x₂=m（y₁+y₂）+4=-$\frac{12}{{m}^{2}-3}$，x₁•x₂=（my₁+2）（my₂+2）=m²y₁•y₂+2m（y₁+y₂）+4=-$\frac{12+3{m}^{2}}{{m}^{2}-3}$，
$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$=-$\overrightarrow{OM}$，則（x₁+x₂，y₁+y₂）=-$\overrightarrow{OM}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=-4{x}_{0}}\\{{y}_{1}+{y}_{2}=-4{y}_{0}}\end{array}\right.$，
求得：x₀=$\frac{3}{{m}^{2}-3}$，y₀=$\frac{m}{{m}^{2}-3}$，
由M在橢圓方程，代入$\frac{{x}_{0}^{2}}{3}-{y}_{0}^{2}=1$，求得m²=2，解得：m=±$\sqrt{2}$，
直線l的方程x=±$\sqrt{2}$y+2．

點評 本題考查雙曲線的標準方程及簡單幾何性質，考查直線與雙曲線的位置關系，考查直線與雙曲線的交點與△的關系，考查計算能力，屬于難題．