Question

16．已知點(diǎn)A（m，0）（m∈R）和雙曲線x²-y²=1右支上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)B，C，在動(dòng)點(diǎn)B，C運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，若存在三個(gè)等邊三角形ABC，則點(diǎn)A橫坐標(biāo)的取值范圍是（$\sqrt{6}$，+∞）∪（-∞，-$\sqrt{6}$）．

Answer 1

分析 討論當(dāng)直線BC與x軸垂直時(shí)，對(duì)任一個(gè)m，均有ABC為等邊三角形；設(shè)直線BC的方程為y=kx+t（k≠0），代入雙曲線的方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和中點(diǎn)坐標(biāo)公式、以及兩直線垂直的條件：斜率之積為-1，結(jié)合等邊三角形的高與邊長(zhǎng)的關(guān)系，由不等式的性質(zhì)，計(jì)算即可得到所求范圍．

解答 解：當(dāng)直線BC與x軸垂直時(shí)，對(duì)任一個(gè)m，均有ABC為等邊三角形；
若BC與x軸不垂直時(shí)，設(shè)直線BC的方程為y=kx+t（k≠0），設(shè)B（x₁，y₁），C（x₂，y₂），
$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+t}\\{{x}^{2}-{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（1-k²）x²-2ktx-t²-1=0，
△=4k²t²+4（1-k²）（t²+1）＞0，即t²+1-k²＞0，
x₁+x₂=$\frac{2kt}{1-{k}^{2}}$＞0，x₁x₂=-$\frac{1+{t}^{2}}{1-{k}^{2}}$＞0，可得k²＞1．
則BC的中點(diǎn)M為（$\frac{kt}{1-{k}^{2}}$，$\frac{t}{1-{k}^{2}}$），
|BC|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{2\sqrt{1-（{k}^{2}+{t}^{2}）}}{1-{k}^{2}}$，
由AM⊥BC，可得k_AM=-$\frac{1}{k}$，
均有$\frac{t}{kt-m+m{k}^{2}}$=-$\frac{1}{k}$，均有2kt=m（1-k²），
即t=$\frac{m（1-{k}^{2}）}{2k}$，①
由A到直線BC的距離為d=$\frac{丨km+t丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{2\sqrt{1-（{k}^{2}+{t}^{2}）}}{1-{k}^{2}}$，
兩邊平方，將①代入，化簡(jiǎn)可得，m²=$\frac{6{k}^{2}}{{k}^{2}-1}$=6+$\frac{6}{{k}^{2}-1}$＞6，
即有m＞$\sqrt{6}$或m＜-$\sqrt{6}$．
由雙曲線的對(duì)稱性可得，存在一個(gè)m，即有兩個(gè)k的值，以及k不存在的情況．
故答案為：（$\sqrt{6}$，+∞）∪（-∞，-$\sqrt{6}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查雙曲線的方程和性質(zhì)，注意運(yùn)用對(duì)稱性，討論直線的斜率不存在和存在，聯(lián)立直線方程和雙曲線的方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和中點(diǎn)坐標(biāo)公式，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于難題．