Question

7．如圖，給定雙曲線$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，其右頂點(diǎn)為A，右焦點(diǎn)為F，l為其右準(zhǔn)線．MN過焦點(diǎn)F的弦，射線NA、MA分別與準(zhǔn)線l交于點(diǎn)C、D，P為線段CD的中點(diǎn)，證明：PF⊥MN．

Answer 1

分析 設(shè)過點(diǎn)F（c，0）的直線l方程為：y=k（x-c），點(diǎn)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），將直線l方程y=k（x-c）代入$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，整理得：（b²-a²k²）x²-2ca²k²x+a²k²c²-a²b²=0，由此利用已知條件推導(dǎo)出直線PF₂的斜率為k′=-$\frac{1}{k}$，從而能夠證明k•k′=-1，即可證明結(jié)論．

解答 證明：設(shè)過點(diǎn)F（c，0）的直線l方程為：y=k（x-c），
設(shè)點(diǎn)M（x₁，y₁），點(diǎn)N（x₂，y₂）
將直線l方程y=k（x-c）代入$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，
整理得：（b²-a²k²）x²-2ca²k²x+a²k²c²-a²b²=0，
∴x₁+x₂=$\frac{2c{a}^{2}{k}^{2}}{^{2}-{a}^{2}{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{{a}^{2}{k}^{2}{c}^{2}-{a}^{2}^{2}}{^{2}-{a}^{2}{k}^{2}}$①
直線AM的方程為：y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-a}$（x-a），直線AN的方程為：y=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-a}$（x-a），
令x=$\frac{{a}^{2}}{c}$，得點(diǎn)M（$\frac{{a}^{2}}{c}$，$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-a}$（$\frac{{a}^{2}}{c}$-a）），N（$\frac{{a}^{2}}{c}$，$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-a}$（$\frac{{a}^{2}}{c}$-a）），
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)（$\frac{{a}^{2}}{c}$，$\frac{1}{2}$[$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-a}$（$\frac{{a}^{2}}{c}$-a））+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-a}$（$\frac{{a}^{2}}{c}$-a）]，
直線PF的斜率為k′={$\frac{1}{2}$[$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-a}$（$\frac{{a}^{2}}{c}$-a））+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-a}$（$\frac{{a}^{2}}{c}$-a）]}÷（$\frac{{a}^{2}}{c}$-c）
=$\frac{1}{2}$•$\frac{a}{a+c}$•（$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-a}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-a}$）②
①②聯(lián)立化簡(jiǎn)，可得直線PF的斜率為k′=-$\frac{1}{k}$
∴kk′=-1，
∴PF⊥MN．

點(diǎn)評(píng) 本小題考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想等．