Question

13．如圖：橢圓$\frac{x^2}{2}+{y^2}$=1與雙曲線$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞0，b＞0）有相同的焦點(diǎn)F₁、F₂，它們?cè)趛軸右側(cè)有兩個(gè)交點(diǎn)A、B，滿足$\overrightarrow{{F_2}A}+\overrightarrow{{F_2}B}$=0．將直線AB左側(cè)的橢圓部分（含A，B兩點(diǎn)）記為曲線W₁，直線AB右側(cè)的雙曲線部分（不含A，B兩點(diǎn)）記為曲線W₂．以F₁為端點(diǎn)作一條射線，分別交W₁于點(diǎn)P（x_P，y_P），交W₂于點(diǎn)M（x_M，y_M）（點(diǎn)M在第一象限），設(shè)此時(shí)$\overrightarrow{{F_1}M}=m•\overrightarrow{{F_1}P}$．
（1）求W₂的方程；
（2）證明：x_P=$\frac{1}{m}$，并探索直線MF₂與PF₂斜率之間的關(guān)系；
（3）設(shè)直線MF₂交W₁于點(diǎn)N，求△MF₁N的面積S的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由條件，得F₂（1，0），根據(jù)$\overrightarrow{{F_2}A}+\overrightarrow{{F_2}B}=\overrightarrow 0$知，F(xiàn)₂、A、B三點(diǎn)共線，且由橢圓與雙曲線的對(duì)稱性知，A、B關(guān)于x軸對(duì)稱，故AB所在直線為x=1，從而得A，B坐標(biāo)．可得$\frac{1}{a^2}-\frac{1}{{2{b^2}}}=1$，又因?yàn)镕₂為雙曲線的焦點(diǎn)，可得a²+b²=1，解出即可得出．
（2）由P（x_P，y_P）M（x_M，y_M），得$\overrightarrow{{F_1}P}=（{x_P}+1，{y_P}）$，$\overrightarrow{{F_1}M}=（{x_M}+1，{y_M}）$，利用$\overrightarrow{{F_1}M}=m•\overrightarrow{{F_1}P}$．可得x_M，y_M．由P（x_P，y_P），M（x_M，y_M）分別在曲線W₁和W₂上，代入消去y_P得：$3{m^2}{x_P}^2+4m（m-1）{x_P}+1-4m=0$（*），將$\frac{1}{m}$代入方程（*），可得x_P．從而得到P點(diǎn)坐標(biāo)．再利用斜率計(jì)算公式即可證明．
（3）由（2）知直線PF₂與NF₂關(guān)于x軸對(duì)稱，結(jié)合橢圓的對(duì)稱性知點(diǎn)P與點(diǎn)N關(guān)于x軸對(duì)稱，可得N坐標(biāo)．可得$S=\frac{1}{2}×|{F_1}{F_2}|（|{y_M}|+|{y_N}|）$，即可得出．

解答 解：（1）由條件，得F₂（1，0），根據(jù)$\overrightarrow{{F_2}A}+\overrightarrow{{F_2}B}=\overrightarrow 0$知，F(xiàn)₂、A、B三點(diǎn)共線，
且由橢圓與雙曲線的對(duì)稱性知，A、B關(guān)于x軸對(duì)稱，
故AB所在直線為x=1，從而得$A（1，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，$B（1，-\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$．
所以，$\frac{1}{a^2}-\frac{1}{{2{b^2}}}=1$，又因?yàn)镕₂為雙曲線的焦點(diǎn)，所以a²+b²=1，
解得${a^2}={b^2}=\frac{1}{2}$．
因此，W₂的方程為$\frac{x^2}{{\frac{1}{2}}}-\frac{y^2}{{\frac{1}{2}}}=1（x＞1）$．
（2）證明：由P（x_P，y_P）M（x_M，y_M），得$\overrightarrow{{F_1}P}=（{x_P}+1，{y_P}）$，$\overrightarrow{{F_1}M}=（{x_M}+1，{y_M}）$，
由條件，得$\left\{{\begin{array}{l}{{x_M}+1=m（{x_P}+1）}\\{{y_M}=m{y_P}}\end{array}}\right.$，即$\left\{{\begin{array}{l}{{x_M}=m{x_P}+m-1}\\{{y_M}=m{y_P}}\end{array}}\right.$，
由P（x_P，y_P）M（x_M，y_M）分別在曲線W₁和W₂上，有，$\left\{{\begin{array}{l}{\frac{{{x_P}^2}}{2}+{y_P}^2=1}\\{2{{（m{x_P}+m-1）}^2}-2{{（m{y_P}）}^2}=1}\end{array}}\right.$，消去y_P，得，$3{m^2}{x_P}^2+4m（m-1）{x_P}+1-4m=0$（*），
將$\frac{1}{m}$代入方程（*），成立，因此（*）有一根${x_P}=\frac{1}{m}$，結(jié)合韋達(dá)定理得另一根為${x_P}=\frac{1-4m}{3m}$，因?yàn)閙＞1，所以${x_P}=\frac{1-4m}{3m}＜-1$，舍去．
所以，${x_P}=\frac{1}{m}$．
從而P點(diǎn)坐標(biāo)為$（\frac{1}{m}，\frac{{\sqrt{{m^2}-\frac{1}{2}}}}{m}）$．
所以，直線PF₂的斜率${k_{P{F_2}}}=\frac{{\sqrt{{m^2}-\frac{1}{2}}}}{1-m}$，
由x_M=mx_P+m-1=m，得$M（m，\sqrt{{m^2}-\frac{1}{2}}）$．
所以，直線MF₂的斜率${k_{M{F_2}}}=\frac{{\sqrt{{m^2}-\frac{1}{2}}}}{m-1}$．
因此，MF₂與PF₂斜率之和為零．
（3）由（2）知直線PF₂與NF₂關(guān)于x軸對(duì)稱，結(jié)合橢圓的對(duì)稱性知點(diǎn)P與點(diǎn)N關(guān)于x軸對(duì)稱，故$N（\frac{1}{m}，\frac{1}{m}\sqrt{{m^2}-\frac{1}{2}}）$，
因此，$S=\frac{1}{2}×|{F_1}{F_2}|（|{y_M}|+|{y_N}|）$=$\frac{1}{2}×2（\sqrt{{m^2}-\frac{1}{2}}+\frac{1}{m}\sqrt{{m^2}-\frac{1}{2}}）$，=$\sqrt{{m^2}-\frac{1}{2}}+\sqrt{1-\frac{1}{{2{m^2}}}}$，
因?yàn)镾在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
所以S的取值范圍是$（\sqrt{2}，+∞）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓與雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、中點(diǎn)坐標(biāo)公式、斜率計(jì)算公式、三角形面積計(jì)算公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．