Question

12．已知直線y=2x是雙曲線C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1的一條漸近線，點A（1，0），M（m，n）（n≠0）都在雙曲線C上，直線AM與y軸相交于點P，設坐標原點為O．
（1）求雙曲線C的方程，并求出點P的坐標（用m，n表示）；
（2）設點M關于y軸的對稱點為N，直線AN與y軸相交于點Q，問：在x軸上是否存在定點T，使得TP⊥TQ？若存在，求出點T的坐標；若不存在，請說明理由．
（3）若過點D（0，2）的直線l與雙曲線C交于R，S兩點，且|$\overrightarrow{OR}$+$\overrightarrow{OS}$|=|$\overrightarrow{RS}$|，試求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）求得雙曲線的漸近線方程，可得b=2a，由題意可得a=1，b=2，可得雙曲線的方程，求出直線AM的方程，可令x=0，求得P的坐標；
（2）求得對稱點N的坐標，直線AN方程，令x=0，可得N的坐標，假設存在T，運用兩直線垂直的條件：斜率之積為-1，結合M在雙曲線上，化簡整理，即可得到定點T；
（3）設出直線l的方程，代入雙曲線的方程，運用韋達定理，由向量數量積的性質，可得向量OR，OS的數量積為0，化簡整理，解方程可得k的值，檢驗判別式大于0成立，進而得到直線l的方程．

解答 解：（1）雙曲線C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1的漸近線為y=±$\frac{a}$x，
由題意可得$\frac{a}$=2，a=1，可得b=2，
即有雙曲線的方程為x²-$\frac{{y}^{2}}{4}$=1，
又AM的方程為y=$\frac{n}{m-1}$（x-1），
令x=0，可得P（0，$\frac{n}{1-m}$）；
（2）點M關于y軸的對稱點為N（-m，n），
直線AN的方程為y=$\frac{n}{-m-1}$（x-1），
令x=0，可得Q（0，$\frac{n}{1+m}$），
假設x軸存在點T（t，0），使得TP⊥TQ．
即有k_TP•k_TQ=-1，
即為$\frac{\frac{n}{1-m}}{-t}$•$\frac{\frac{n}{1+m}}{-t}$=-1，
可得t²=$\frac{{n}^{2}}{{m}^{2}-1}$，
由（m，n）滿足雙曲線的方程，可得m²-$\frac{{n}^{2}}{4}$=1，
即有$\frac{{n}^{2}}{{m}^{2}-1}$=4，
可得t²=4，解得t=±2，
故存在點T（±2，0），使得TP⊥TQ；
（3）可設過點D（0，2）的直線l：y=kx+2，
代入雙曲線的方程可得（4-k²）x²-4kx-8=0，
即有△=16k²+32（4-k²）＞0，即k²＜8，
設R（x₁，y₁），S（x₂，y₂），
可得x₁+x₂=$\frac{4k}{4-{k}^{2}}$，x₁x₂=-$\frac{8}{4-{k}^{2}}$，
由|$\overrightarrow{OR}$+$\overrightarrow{OS}$|=|$\overrightarrow{RS}$|=|$\overrightarrow{OS}$-$\overrightarrow{OR}$|，
兩邊平方可得$\overrightarrow{OS}$•$\overrightarrow{OR}$=0，
即有x₁x₂+y₁y₂=0，
即x₁x₂+（kx₁+2）（kx₂+2）=（1+k²）x₁x₂+2k（x₁+x₂）+4=0，
即為（1+k²）•（-$\frac{8}{4-{k}^{2}}$）+2k（$\frac{4k}{4-{k}^{2}}$）+4=0，
化簡可得k²=2，檢驗判別式大于0成立，
即有k=±$\sqrt{2}$，
則所求直線的方程為y=±$\sqrt{2}$x+2．

點評 本題考查雙曲線的方程和性質，考查對稱思想的運用，以及兩直線垂直的條件，聯(lián)立直線方程和雙曲線方程，運用韋達定理和向量垂直的條件：數量積為0，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．