Question

4．已知雙曲線C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞0，b＞0）的離心率e=$\sqrt{5}$，點P₁、P₂分別是曲線C的兩條漸近線l₁、l₂上的兩點，△OP₁P₂（O為坐標(biāo)原點）的面積為9，點P是曲線C上的一點，且$\overrightarrow{{P}_{1}P}$=2$\overrightarrow{P{P}_{2}}$．
（1）求此雙曲線的方程；
（2）設(shè)點M是此雙曲線C上的任意一點，過點M分別作l₁、l₂的平行線交l₂、l₁于A、B兩點，試證：平行四邊形OAMB的面積為定值．
（3）若點M是此雙曲線C上不同于實軸端點的任意一點，設(shè)θ=∠F₁MF₂（F₁、F₂分別為雙曲線C的左、右焦點），且θ∈[$\frac{π}{4}$，$\frac{π}{3}$]，試求|MF₁|•|MF₂|的變化范圍．

Answer 1

分析 （1）由雙曲線的離心率$e=\frac{c}{a}=\sqrt{5}$，可得c=$\sqrt{5}a$，從而得到雙曲線的漸近線方程為y=±2x，設(shè)${P}_{1}（{x}_{1}，{y}_{1}），{P}_{2}（{x}_{2}，{y}_{2}），P（x，y）\$，利用$\overrightarrow{{P}_{1}P}$=2$\overrightarrow{P{P}_{2}}$，把P的坐標(biāo)用P₁、P₂的坐標(biāo)表示，再由余弦定理求得cos∠P₁OP₂，進一步得到sin∠P₁OP₂，代入三角形的面積公式得到P₁、P₂橫坐標(biāo)的積，結(jié)合P點在雙曲線上解得：a²=4，則雙曲線方程可求；
（2）設(shè)M（x₀，y₀），則$4{{x}_{0}}^{2}-{{y}_{0}}^{2}=16$，再設(shè)出一條平行y=2x的直線方程，與直線y=-2x聯(lián)立，求得交點坐標(biāo)，再由點到直線的距離公式求出M到直線y=-2x的距離，代入四邊形面積公式即可得到證明；
（3）由M為雙曲線$\frac{{x}^{2}}{4}-\frac{{y}^{2}}{16}=1$上任意一點，利用雙曲線的定義及焦點三角形中的余弦定理可得$|M{F}_{1}|•|M{F}_{2}|=\frac{32}{1-cosθ}$，再由θ∈[$\frac{π}{4}$，$\frac{π}{3}$]求得答案．

解答 （1）解：∵雙曲線的離心率$e=\frac{c}{a}=\sqrt{5}$，∴c=$\sqrt{5}a$，
則$b=\sqrt{（\sqrt{5}a）^{2}-{a}^{2}}=2a$，
∴雙曲線的漸近線方程為y=±2x，
設(shè)${P}_{1}（{x}_{1}，{y}_{1}），{P}_{2}（{x}_{2}，{y}_{2}），P（x，y）\$，
則$|O{P}_{1}|=\sqrt{5}{x}_{1}，|O{P}_{2}|=\sqrt{5}{x}_{2}$，$|{P}_{1}{P}_{2}|=\sqrt{5{{x}_{1}}^{2}+5{{x}_{2}}^{2}+6{x}_{1}{x}_{2}}$，
∵$\overrightarrow{{P}_{1}P}$=2$\overrightarrow{P{P}_{2}}$，
∴$x=\frac{{x}_{1}+2{x}_{2}}{2}，y=\frac{2{x}_{1}-4{x}_{2}}{3}$，即P（$\frac{{x}_{1}+2{x}_{2}}{2}，\frac{2{x}_{1}-4{x}_{2}}{3}$），
可知所求雙曲線方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}-\frac{{y}^{2}}{4{a}^{2}}=1$，
∵點P在雙曲線上，
∴$8{x}_{1}{x}_{2}=9{a}^{2}$，①
∵$cos∠{P}_{1}O{P}_{2}=\frac{（\sqrt{5}{x}_{1}）^{2}+（\sqrt{5}{x}_{2}）^{2}-（5{{x}_{1}}^{2}+5{{x}_{2}}^{2}+6{x}_{1}{x}_{2}）}{2×\sqrt{5}{x}_{1}×\sqrt{5}{x}_{2}}=-\frac{3}{5}$，
∴$sin∠{P}_{1}O{P}_{2}=\sqrt{1-（-\frac{3}{5}）^{2}}=\frac{4}{5}$．
又∵${S}_{△O{P}_{1}{P}_{2}}=\frac{1}{2}|O{P}_{1}|•|O{P}_{2}|•sin∠{P}_{1}O{P}_{2}$=$\frac{1}{2}•\sqrt{5}{x}_{1}•\sqrt{5}{x}_{2}•\frac{4}{5}=2{x}_{1}{x}_{2}=9$，②
聯(lián)立①②解得：a²=4，則b²=16，
∴所求雙曲線方程為$\frac{{x}^{2}}{4}-\frac{{y}^{2}}{16}=1$；
（2）證明：設(shè)M（x₀，y₀），則$4{{x}_{0}}^{2}-{{y}_{0}}^{2}=16$．
∵雙曲線C的漸近線方程為y=±2x，
∴設(shè)其中一條平行y=2x的直線方程為y-y₀=2（x-x₀），即y=2x+y₀-2x₀．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=2x+{y}_{0}-2{x}_{0}}\\{y=-2x}\end{array}\right.$，解得$x=\frac{2{x}_{0}-{y}_{0}}{4}，y=\frac{{y}_{0}-2{x}_{0}}{2}$，
∴不妨設(shè)點A（$\frac{2{x}_{0}-{y}_{0}}{4}，\frac{{y}_{0}-2{x}_{0}}{2}$），則|OA|=$\frac{\sqrt{5}}{4}|2{x}_{0}-{y}_{0}|$，
又點M到直線y=-2x的距離d=$\frac{|2{x}_{0}+{y}_{0}|}{\sqrt{5}}$，
∴${S}_{四邊形OAMB}=|OA|•d=\frac{\sqrt{5}}{4}|2{x}_{0}-{y}_{0}|•\frac{|2{x}_{0}+{y}_{0}|}{\sqrt{5}}$=$\frac{1}{4}|4{{x}_{0}}^{2}-{{y}_{0}}^{2}|=\frac{1}{4}×16=4$（定值）；
（3）解：∵M為雙曲線$\frac{{x}^{2}}{4}-\frac{{y}^{2}}{16}=1$上任意一點，
∴|MF₁|-|MF₂|=±4，又θ=∠F₁MF₂ ，
∴$4{c}^{2}=|M{F}_{1}{|}^{2}+|M{F}_{2}{|}^{2}-2|M{F}_{1}|•|M{F}_{2}|cosθ$，
即$4×20=（|M{F}_{1}|-|M{F}_{2}|）^{2}+2|M{F}_{1}|•|M{F}_{2}|-2|M{F}_{1}|•|M{F}_{2}|cosθ$，
∴80=16+2|MF₁|•|MF₂|（1-cosθ），
即$|M{F}_{1}|•|M{F}_{2}|=\frac{32}{1-cosθ}$．
∴θ∈[$\frac{π}{4}$，$\frac{π}{3}$]，∴cosθ∈[$\frac{1}{2}，\frac{\sqrt{2}}{2}$]，
則1-cosθ∈[1-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{1}{2}$]，
∴$|M{F}_{1}|•|M{F}_{2}|=\frac{32}{1-cosθ}$∈[64，64+32$\sqrt{2}$]．

點評 本題考查雙曲線的簡單性質(zhì)，考查了雙曲線方程的求法，該題把求解三角形和圓錐曲線問題進行了結(jié)合，增加了思維難度，且運算量過大，第二問中的定值問題，體現(xiàn)了整體運算思想方法．該題屬于高考試卷中的壓軸題．