Question

18．已知點(diǎn)P₁（x₀，y₀）為雙曲線$\frac{{x}^{2}}{8^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（b為正常數(shù)）上任一點(diǎn)，F(xiàn)₂為雙曲線的右焦點(diǎn)，過P作直線x=$\frac{8b}{3}$的垂線，垂足為A，連接F₂A并延長(zhǎng)交y軸于P₂．
（1）求線段P₁P₂的中點(diǎn)P的軌跡E的方程；
（2）設(shè)軌跡E與x軸交于B、D兩點(diǎn)，在E上任取一點(diǎn)Q（x₁，y₁）（y₁≠0），直線QB，QD分別交y軸于M，N兩點(diǎn)．求證：以MN為直徑的圓過兩定點(diǎn)．

Answer 1

分析 （1）由已知得F₂（3b，0），A（$\frac{8}{3}$b，y₀），則直線F₂A的方程為：y=-$\frac{3{y}_{0}}$（x-3b），令x=0得P₂（0，9y₀），設(shè)P（x，y），則$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{{x}_{0}}{2}}\\{y=\frac{{x}_{0}+9{y}_{0}}{2}=5{y}_{0}}\end{array}\right.$，由此能求出P的軌跡E的方程；
（2）在$\frac{{x}^{2}}{2^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{25^{2}}$=1中，令y=0得x²=2b²，設(shè)B，D的坐標(biāo)，得到直線QD，QB的方程，求得M，N的坐標(biāo)，由此能導(dǎo)出以MN為直徑的圓過兩定點(diǎn)（-5b，0），（5b，0）．

解答 解：（1）由已知得F₂（3b，0），A（$\frac{8}{3}$b，y₀），
則直線F₂A的方程為：y=-$\frac{3{y}_{0}}$（x-3b），
令x=0得y=9y₀，即P₂（0，9y₀），
設(shè)P（x，y），則$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{{x}_{0}}{2}}\\{y=\frac{{x}_{0}+9{y}_{0}}{2}=5{y}_{0}}\end{array}\right.$，
即$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{0}=2x}\\{{y}_{0}=\frac{y}{5}}\end{array}\right.$代入$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{8^{2}}$-$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{^{2}}$=1得：$\frac{4{x}^{2}}{8^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{25^{2}}$=1，
即P的軌跡E的方程為$\frac{{x}^{2}}{2^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{25^{2}}$=1．
（2）證明：在$\frac{{x}^{2}}{2^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{25^{2}}$=1中令y=0得x²=2b²，
則不妨設(shè)B（-$\sqrt{2}$b，0），D（$\sqrt{2}$b，0），
于是直線QB的方程為：y=$\frac{{y}_{1}}{\sqrt{2}b+{x}_{1}}$（x+$\sqrt{2}$b），
∴直線QD的方程為：y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-\sqrt{2}b}$（x-$\sqrt{2}$b），
則M（0，$\frac{\sqrt{2}b{y}_{1}}{{x}_{1}+\sqrt{2}b}$），N（0，$\frac{-\sqrt{2}b{y}_{1}}{{x}_{1}-\sqrt{2}b}$），
則以MN為直徑的圓的方程為：x²+（y-$\frac{\sqrt{2}b{y}_{1}}{{x}_{1}+\sqrt{2}b}$）（y-$\frac{-\sqrt{2}b{y}_{1}}{{x}_{1}-\sqrt{2}b}$），
令y=0得：x²=$\frac{2^{2}{{y}_{1}}^{2}}{{{x}_{1}}^{2}-2^{2}}$，
而Q（x₁，y₁）在$\frac{{x}^{2}}{2^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{25^{2}}$=1上，則x₁²-2b²=$\frac{2}{25}$y₁²，
于是x=±5b，
即以MN為直徑的圓過兩定點(diǎn)（-5b，0），（5b，0）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查軌跡方程的求法和求證以MN為直徑的圓過兩定點(diǎn)．解題時(shí)要認(rèn)真審題，熟練掌握?qǐng)A錐曲線的性質(zhì)，注意挖掘題設(shè)中的隱含條件，合理地進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化．