Question

9．如圖所示，A，B，C是雙曲線$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}-\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞0，b＞0）上的三個點，AB經(jīng)過原點O，AC經(jīng)過右焦點F，若BF⊥AC且|BF|=|CF|，則該雙曲線的離心率是（　　）

• A． $\frac{\sqrt{10}}{2}$
• B． $\sqrt{10}$
• C． $\frac{3}{2}$
• D． 3

Answer 1

分析 運用直角三角形斜邊上中線等于斜邊的一半，求得A的坐標，由對稱得B的坐標，由于BF⊥AC且|BF|=|CF|，
求得C的坐標，代入雙曲線方程，結(jié)合a，b，c的關(guān)系和離心率公式，化簡整理成離心率e的方程，代入選項即可得到答案．

解答 解：由題意可得在直角三角形ABF中，
OF為斜邊AB上的中線，即有|AB|=2|OA|=2|OF|=2c，
設(shè)A（m，n），則m²+n²=c²，
又$\frac{{m}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{n}^{2}}{^{2}}$=1，
解得m=$\frac{a\sqrt{{c}^{2}+^{2}}}{c}$，n=$\frac{^{2}}{c}$，
即有A（$\frac{a\sqrt{{c}^{2}+^{2}}}{c}$，$\frac{^{2}}{c}$），B（-$\frac{a\sqrt{{c}^{2}+^{2}}}{c}$，-$\frac{^{2}}{c}$），
又F（c，0），
由于BF⊥AC且|BF|=|CF|，
可設(shè)C（x，y），即有$\frac{y}{x-c}$•$\frac{^{2}}{{c}^{2}+a\sqrt{{c}^{2}+^{2}}}$=-1，
又（c+$\frac{a\sqrt{{c}^{2}+^{2}}}{c}$）²+（$\frac{^{2}}{c}$）²=（x-c）²+y²，
可得x=$\frac{^{2}+{c}^{2}}{c}$，y=-$\frac{a\sqrt{{c}^{2}+^{2}}+{c}^{2}}{c}$，
將C（$\frac{^{2}+{c}^{2}}{c}$，-$\frac{a\sqrt{{c}^{2}+^{2}}+{c}^{2}}{c}$）代入雙曲線方程，可得
$\frac{（^{2}+{c}^{2}）^{2}}{{c}^{2}{a}^{2}}$-$\frac{（a\sqrt{{c}^{2}+^{2}}+{c}^{2}）^{2}}{{c}^{2}^{2}}$=1，
化簡可得$\sqrt{{c}^{2}+^{2}}$（b²-a²）=a³，
由b²=c²-a²，e=$\frac{c}{a}$，
可得（2e²-1）（e²-2）²=1，
對照選項，代入檢驗可得e=$\frac{\sqrt{10}}{2}$成立．
另解：設(shè)雙曲線的另一個焦點為E，
令|BF|=|CF|=|AE|=m，|AF|=n，
由雙曲線的定義有，|CE|-|CF|=|AE|-|AF|=2a，
在直角三角形EAC中，m²+（m+n）²=（m+2a）²，
代入2a=m-n，化簡可得m=3n，
又m-n=2a得n=a，m=3a，
在直角三角形EAF中，m²+n²=（2c）²，
即為9a²+a²=4c²，可得e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{10}}{2}$．
故選：A．

點評 本題考查雙曲線的方程和性質(zhì)，主要考查雙曲線的a，b，c的關(guān)系和離心率的求法，注意運用點在雙曲線上滿足方程，同時注意選擇題的解法：代入檢驗，屬于難題．