Question

18．已知雙曲線C：$\frac{x^2}{4}-{y^2}$=1，過點M（1，-1）且斜率為k的直線l與雙曲線C的右支交于A，B兩點，與x軸交于點N．
（1）求k的范圍；
（2）設$\overrightarrow{MA}={λ_1}\overrightarrow{AN}$，$\overrightarrow{MB}={λ_2}\overrightarrow{BN}$，求$\frac{λ_1}{λ_2}+\frac{λ_2}{λ_1}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）設直線l：y+1=k（x-1）．求得N的坐標，聯(lián)立直線方程和雙曲線方程，運用韋達定理和判別式，計算即可得到k的范圍；
（2）由向量的共線的坐標表示，可得λ₁、λ₂是方程（t²-4）λ₂+（2t-8）λ-7=0的兩個根，運用韋達定理，結合二次函數(shù)的值域求法，化簡計算即可得到所求范圍．

解答 解：（1）設直線l：y+1=k（x-1）．則N$（\frac{1}{k}+1，0）$．設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
將直線l的方程代入雙曲線C的方程得（1-4k²）x²+8k（k+1）x-4（（k+1）²-4=0．①
因為方程①有兩個不同的正根x₁，x₂，所以△=64k²（k+1）²=16（1-4k²）[1+（k+1）²]＞0，
且x₁+x₂=$\frac{8k（k+1）}{4{k}^{2}-1}$＞0，x₁x₂=$\frac{4+4（k+1）^{2}}{4{k}^{2}-1}$＞0，
解得$\frac{1}{2}$＜k＜$\frac{1+\sqrt{7}}{3}$；
（2）由$\overrightarrow{MA}={λ_1}\overrightarrow{AN}$，可得x₁=$\frac{1+{λ}_{1}（\frac{1}{k}+1）}{1+{λ}_{1}}$，y₁=$\frac{-1}{1+{λ}_{1}}$，將其代入雙曲線方程可得，
[（$\frac{1}{k}$+1）²-4]λ₁²+2[2（$\frac{1}{k}$+1）-8]λ₁-7=0，
同理可得[（$\frac{1}{k}$+1）²-4]λ₂²+2[2（$\frac{1}{k}$+1）-8]λ₂-7=0，
于是λ₁、λ₂是方程（t²-4）λ₂+（2t-8）λ-7=0的兩個根，其中t=$\frac{1}{k}$+1∈（$\frac{\sqrt{7}+1}{2}$，3），
則λ₁+λ₂=$\frac{2t-8}{4-{t}^{2}}$，λ₁λ₂=$\frac{7}{4-{t}^{2}}$，
故$\frac{λ_1}{λ_2}+\frac{λ_2}{λ_1}$=$\frac{（{λ}_{1}+{λ}_{2}）^{2}}{{λ}_{1}{λ}_{2}}$-2=$\frac{（2t-8）^{2}}{7（4-{t}^{2}）}$-2，
令z=t-4∈（$\frac{\sqrt{7}-7}{2}$，-1），
則$\frac{λ_1}{λ_2}+\frac{λ_2}{λ_1}$=-$\frac{4}{7（\frac{12}{{z}^{2}}+\frac{8}{z}+1）}$-2，
由$\frac{12}{{z}^{2}}$+$\frac{8}{z}$+1=12（$\frac{1}{z}$+$\frac{1}{3}$）²-$\frac{1}{3}$∈（-$\frac{1}{7}$，5），
則有$\frac{λ_1}{λ_2}+\frac{λ_2}{λ_1}$∈（-∞，-$\frac{74}{35}$）∪（2，+∞）．

點評 本題考查雙曲線的方程和性質(zhì)，考查直線和雙曲線方程聯(lián)立，運用韋達定理，同時考查向量的坐標表示，二次函數(shù)的值域的求法，考查運算能力，屬于中檔題．