Question

4．設(shè)雙曲線C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞0，b＞0），R₁，R₂是它實(shí)軸的兩個(gè)端點(diǎn)，Q是其虛軸的一個(gè)端點(diǎn)，已知漸近線的方向向量是（1，$\sqrt{3}$）與（1，-$\sqrt{3}$），△QR₁R₂的面積是$\sqrt{3}$，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，直線y=kx+m與雙曲線C交于A，B兩點(diǎn)，且$\overrightarrow{OA}$⊥$\overrightarrow{OB}$．
（1）求雙曲線C的方程；
（2）求點(diǎn)P（k，m）的軌跡方程；
（3）求證：原點(diǎn)O到直線AB的距離是定值，并求弦|AB|的最小值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)漸近線的方向向量是（1，$\sqrt{3}$）與（1，-$\sqrt{3}$），可得雙曲線的漸近線方程從而有b=$\sqrt{3}$a，c=2a，利用△QR₁R₂的面積是$\sqrt{3}$，即可求得雙曲線C的方程；
（2）直線AB：y=kx+m與雙曲線${x}^{2}-\frac{{y}^{2}}{3}$=1聯(lián)立消去y得（3-k²）x²-2kmx-m²-3=0，利用韋達(dá)定理及$\overrightarrow{OA}$⊥$\overrightarrow{OB}$知x₁x₂+y₁y₂=0，即可求得點(diǎn)P的軌跡方程；
（3）原點(diǎn)O到直線AB的距離是d=$\frac{|m|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=$\sqrt{\frac{3}{2}}$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$為定值，弦|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（\frac{2km}{3-{k}^{2}}）^{2}-4•\frac{-{m}^{2}-3}{3-{k}^{2}}}$，利用換元法求弦|AB|的最小值．

解答 解：（1）由題意，漸近線的方向向量是（1，$\sqrt{3}$）與（1，-$\sqrt{3}$），
∴雙曲線的漸近線方程為y=±$\sqrt{3}$x，則有b=$\sqrt{3}$a，c=2a，
又△QR₁R₂的面積是$\sqrt{3}$，故$\frac{1}{2}$×2a×b=$\sqrt{3}$，得a=1，b=$\sqrt{3}$，c=2，
所以雙曲線C的方程為${x}^{2}-\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
直線AB：y=kx+m與雙曲線${x}^{2}-\frac{{y}^{2}}{3}$=1聯(lián)立消去y得（3-k²）x²-2kmx-m²-3=0，
由題意3-k²≠0，且x₁+x₂=$\frac{2km}{3-{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{-{m}^{2}-3}{3-{k}^{2}}$，
又由$\overrightarrow{OA}$⊥$\overrightarrow{OB}$知x₁x₂+y₁y₂=0，
而x₁x₂+y₁y₂=x₁x₂+k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²，所以化簡(jiǎn)得2m²-3k²=3①
由△＞0可得k²＜m²+3②
由①②可得2m²-3k²=3，
故點(diǎn)P的軌跡方程是2y²-3x²=3（x≠±$\sqrt{3}$），其軌跡是雙曲線；
（3）∵2m²-3k²=3，
∴原點(diǎn)O到直線AB的距離是d=$\frac{|m|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=$\sqrt{\frac{3}{2}}$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$為定值，
弦|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（\frac{2km}{3-{k}^{2}}）^{2}-4•\frac{-{m}^{2}-3}{3-{k}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{（6{k}^{2}+54）（1+{k}^{2}）}{（3-{k}^{2}）^{2}}}$，
設(shè)3-k²=t（t≤3），弦|AB|=$\sqrt{\frac{288}{{t}^{2}}-\frac{96}{t}+6}$=$\sqrt{288（\frac{1}{t}-\frac{1}{6}）^{2}-2}$
∴t=3時(shí)，弦|AB|的最小值為$\sqrt{6}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程，考查雙曲線的幾何性質(zhì)，考查直線與雙曲線的位置關(guān)系，考查向量知識(shí)的運(yùn)用，解題的關(guān)鍵是直線與雙曲線方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理進(jìn)行求解．