Question

19．已知F₁、F₂為雙曲線C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}-\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$的左、右焦點，P為雙曲線C右支上一點，且PF₂⊥F₁F₂，PF₁與y軸交于點Q，點M滿足$\overrightarrow{{F}_{1}M}$=3$\overrightarrow{M{F}_{2}}$，若MQ⊥PF₁，則雙曲線C的離心率為（　　）

• A． $\sqrt{2}$
• B． $\sqrt{3}$
• C． $\frac{\sqrt{2}+\sqrt{3}}{2}$
• D． $\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}$

Answer 1

分析 如圖所示，由PF₂⊥F₁F₂，可得P$（c，\frac{^{2}}{a}）$，可得直線PF₁的方程，即可得出Q．利用點M滿足$\overrightarrow{{F}_{1}M}$=3$\overrightarrow{M{F}_{2}}$，可得M，由MQ⊥PF₁，利用$\overrightarrow{MQ}•\overrightarrow{P{F}_{1}}$=0，化簡解出即可．

解答 解：如圖所示，
∵PF₂⊥F₁F₂，
∴P$（c，\frac{^{2}}{a}）$，
∴直線PF₁的方程為：$y=\frac{\frac{^{2}}{a}-0}{c-（-c）}（x+c）$，
令x=0，可得y=$\frac{^{2}}{2a}$，∴Q$（0，\frac{^{2}}{2a}）$．
∵點M滿足$\overrightarrow{{F}_{1}M}$=3$\overrightarrow{M{F}_{2}}$，
∴$\overrightarrow{{F}_{1}M}=\frac{3}{4}\overrightarrow{{F}_{1}{F}_{2}}$，
∴$\overrightarrow{OM}$=$\overrightarrow{O{F}_{1}}$+$\frac{3}{4}\overrightarrow{{F}_{1}{F}_{2}}$=$（\frac{c}{2}，0）$．
∵MQ⊥PF₁，
∴$\overrightarrow{MQ}•\overrightarrow{P{F}_{1}}$=$（-\frac{c}{2}，\frac{^{2}}{2a}）$•$（-2c，-\frac{^{2}}{a}）$=${c}^{2}-\frac{^{4}}{2{a}^{2}}$=0，
∴2a²c²=（c²-a²）²，
化為e⁴-4e²+1=0，e＞1，
解得${e}^{2}=2+\sqrt{3}$，
∴$e=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$．
故選：D．

點評 本題考查了雙曲線的標準方程及其性質(zhì)、向量垂直與數(shù)量積的關系，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．