Question

5．已知雙曲線$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞0，b＞0}）$過點(diǎn)A（1，1），它的焦點(diǎn)F在其漸近線上的射影記為M，且△OFM（O為原點(diǎn)）的面積為$\frac{{\sqrt{2}}}{4}$．
（Ⅰ）求雙曲線的方程；
（Ⅱ）過點(diǎn)A作雙曲線的兩條動(dòng)弦AB，AC，設(shè)直線AB，直線AC的斜率分別為k₁，k₂，且（k₁+1）（k₂+1）=-1恒成立，證明：直線BC的斜率為定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出|FM|，|OM|，利用△OFM（O為原點(diǎn)）的面積為$\frac{{\sqrt{2}}}{4}$及過點(diǎn)A（1，1），建立方程組，即可求雙曲線的方程；
（Ⅱ）設(shè)BC的方程為y-1=k（x-1）+m，雙曲線方程可化為2[（x-1）+1]²-[（y-1）+1]²=1，利用k₁，k₂是關(guān)于K的方程（m+2）K²-（4+2k）K+4k-2m=0的兩個(gè)根，即可證明結(jié)論．

解答 （Ⅰ）解：雙曲線漸近線方程為bx±ay=0，
焦點(diǎn)可設(shè)為F（c，0），其中$c=\sqrt{{a^2}+{b^2}}$，則$|{FM}|=\frac{{|{bc±a•0}|}}{{\sqrt{{b^2}+{a^2}}}}=\frac{bc}{c}=b，|{OM}|=\sqrt{{c^2}-{b^2}}=a$，
故△OFM的面積為$\frac{ab}{2}$．…（3分）
由條件可知求得$\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{a^2}-\frac{1}{b^2}=1\\ \frac{ab}{2}=\frac{{\sqrt{2}}}{4}\end{array}\right.$求得${a^2}=\frac{1}{2}，{b^2}=1$，
故雙曲線的方程為2x²-y²=1．…（5分）
（Ⅱ）證明：設(shè)BC的方程為y-1=k（x-1）+m，
雙曲線方程可化為2[（x-1）+1]²-[（y-1）+1]²=1，
即2（x-1）²-（y-1）²+4（x-1）-2（y-1）=0，
因此2m（x-1）²-m（y-1）²+4（x-1）[（y-1）-k（x-1）]-2（y-1）[（y-1）-k（x-1）]=0，
（2m-4k）（x-1）²-（m+2）（y-1）²+（4+2k）（x-1）（y-1）=0，$（{m+2}）{（{\frac{y-1}{x-1}}）^2}-（{4+2k}）•\frac{y-1}{x-1}+4k-2m=0$．
因此k₁，k₂是關(guān)于K的方程（m+2）K²-（4+2k）K+4k-2m=0的兩個(gè)根．…（9分）
${k_1}+{k_2}=\frac{4+2k}{m+2}，{k_1}•{k_2}=\frac{4k-2m}{m+2}$．
由條件可知$-2={k_1}+{k_2}+{k_1}{k_2}=\frac{4+2k}{m+2}+\frac{4k-2m}{m+2}=\frac{6k+4-2m}{m+2}?k=-\frac{4}{3}$，
故直線BC的斜率為定值$-\frac{3}{4}$．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查雙曲線的方程與性質(zhì)，考查直線與雙曲線位置關(guān)系的運(yùn)用，考查韋達(dá)定理，屬于中檔題．