Question

19．已知橢圓C₁：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的左右焦點(diǎn)分別為F，F(xiàn)′，雙曲線C₂：$\frac{x^2}{{{a^2}-{b^2}}}-\frac{y^2}{b^2}$=1與橢圓C₁在第一象限的一個(gè)交點(diǎn)為P，有以下四個(gè)結(jié)論：
①$\overrightarrow{PF}•\overrightarrow{P{F^'}}$＞0，且三角形PFF′的面積小于b²；
②當(dāng)a=$\sqrt{2}$b時(shí)，∠PF′F-∠PFF′=$\frac{π}{2}$；
③分別以PF，F(xiàn)F′為直徑作圓，這兩個(gè)圓相內(nèi)切； 
④曲線C₁與C₂的離心率互為倒數(shù)．
其中正確的有（　�。�

• A． 4個(gè)
• B． 3個(gè)
• C． 2個(gè)
• D． 1個(gè)

Answer 1

分析 根據(jù)題意，寫出F′、F、B₁各點(diǎn)坐標(biāo)，通過(guò)聯(lián)立橢圓與雙曲線的方程及點(diǎn)P在第一象限，可得P（$\frac{a\sqrt{2（{a}^{2}-^{2}）（2{a}^{2}-^{2}）}}{2{a}^{2}-^{2}}$，$\frac{^{2}\sqrt{2{a}^{2}-^{2}}}{2{a}^{2}-^{2}}$），①通過(guò)計(jì)算$\overrightarrow{PF}•\overrightarrow{P{F^'}}$、
S_△PFF′，可得①正確；②當(dāng)a=$\sqrt{2}$b時(shí)，通過(guò)計(jì)算可得cos（∠PF′F-∠PFF′）=cos∠PF′Fcos∠PFF′+sin∠PF′Fsin∠PFF′=0，故②正確；③舉出反例，當(dāng)a=$\sqrt{2}$b時(shí)不成立，故③不正確； ④直接計(jì)算出曲線C₁與C₂的離心率即可④正確．

解答 解：根據(jù)題意，得F′（$\sqrt{{a}^{2}-^{2}}$，0），F(xiàn)（-$\sqrt{{a}^{2}-^{2}}$，0），B₁（0，b），
聯(lián)立橢圓與雙曲線的方程$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1}\\{\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}-^{2}}-\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1}\end{array}\right.$，消去y，得${x}^{2}=\frac{2{a}^{2}（{a}^{2}-^{2}）}{2{a}^{2}-^{2}}$，
又∵點(diǎn)P在第一象限，∴P（$\frac{a\sqrt{2（{a}^{2}-^{2}）（2{a}^{2}-^{2}）}}{2{a}^{2}-^{2}}$，$\frac{^{2}\sqrt{2{a}^{2}-^{2}}}{2{a}^{2}-^{2}}$），
①$\overrightarrow{PF}•\overrightarrow{P{F^'}}$=（-$\sqrt{{a}^{2}-^{2}}$-$\frac{a\sqrt{2（{a}^{2}-^{2}）（2{a}^{2}-^{2}）}}{2{a}^{2}-^{2}}$，-$\frac{^{2}\sqrt{2{a}^{2}-^{2}}}{2{a}^{2}-^{2}}$）•（$\sqrt{{a}^{2}-^{2}}$-$\frac{a\sqrt{2（{a}^{2}-^{2}）（2{a}^{2}-^{2}）}}{2{a}^{2}-^{2}}$，-$\frac{^{2}\sqrt{2{a}^{2}-^{2}}}{2{a}^{2}-^{2}}$）
=2$\frac{{a}^{2}（{a}^{2}-^{2}）}{2{a}^{2}-^{2}}$-（a²-b²）+$\frac{^{4}}{2{a}^{2}-^{2}}$
=$\frac{{a}^{2}^{2}}{2{a}^{2}-^{2}}$＞0，
三角形PFF′的面積為$\frac{1}{2}|F′F|y$=$\sqrt{{a}^{2}-^{2}}$×$\frac{^{2}\sqrt{2{a}^{2}-^{2}}}{2{a}^{2}-^{2}}$＜b²，故①正確；
②當(dāng)a=$\sqrt{2}$b時(shí)，有a²=2b²，則F′（b，0），F(xiàn)（-b，0），$P（\frac{2\sqrt{3}b}{3}，\frac{\sqrt{3}b}{3}）$，
∴$\overrightarrow{F′P}$=（$\frac{2\sqrt{3}-3}{3}b$，$\frac{\sqrt{3}b}{3}$），$\overrightarrow{FP}$=（$\frac{2\sqrt{3}+3}{3}b$，$\frac{\sqrt{3}b}{3}$），$\overrightarrow{F′F}$=（-2b，0），
∴$|\overrightarrow{F′P}|$=$\frac{\sqrt{6}（\sqrt{3}-1）b}{3}$，$|\overrightarrow{FP}|$=$\frac{\sqrt{6}（\sqrt{3}+1）b}{3}$，$|\overrightarrow{F′F}|$=2b，
∴cos∠PF′F=$\frac{\overrightarrow{F′F}•\overrightarrow{F′P}}{|\overrightarrow{F′F}||\overrightarrow{F′P}|}$=$\frac{\sqrt{2}-\sqrt{6}}{4}$，cos∠PFF′=$\frac{\overrightarrow{FF′}•\overrightarrow{FP}}{|\overrightarrow{FF′}||\overrightarrow{FP}|}$=$\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}$，
∴sin∠PF′F=$\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}$，sin∠PFF′=$\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$或$\frac{\sqrt{2}-\sqrt{6}}{4}$（舍），
∵cos（∠PF′F-∠PFF′）=cos∠PF′Fcos∠PFF′+sin∠PF′Fsin∠PFF′
=$\frac{\sqrt{2}-\sqrt{6}}{4}$×$\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}$+$\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}$×$\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$=0，
∴∠PF′F-∠PFF′=$\frac{π}{2}$，故②正確；
③當(dāng)a=$\sqrt{2}$b時(shí)，線段PF的中點(diǎn)為M（$\frac{2\sqrt{3}-3}{6}b$，$\frac{\sqrt{3}}{6}b$），
則OM=$\frac{\sqrt{6}（\sqrt{3}-1）b}{6}$，MF=$\frac{\sqrt{6}（\sqrt{3}+1）}{6}b$，OF=2b，
∵M(jìn)F-OF=$\frac{\sqrt{6}（\sqrt{3}+1）}{6}b$-2b＜$\frac{\sqrt{6}（\sqrt{3}-1）b}{6}$=OM，故③不正確； 
④曲線C₁與C₂的離心率分別為：
e₁=$\frac{\sqrt{{a}^{2}-^{2}}}{a}$，e₂=$\frac{\sqrt{{a}^{2}-^{2}+^{2}}}{\sqrt{{a}^{2}-^{2}}}$=$\frac{a}{\sqrt{{a}^{2}-^{2}}}$，故④正確；
綜上所述，命題①②④正確，
故選：B．

點(diǎn)評(píng) 本題考查圓錐曲線的簡(jiǎn)單性質(zhì)，向量數(shù)量積運(yùn)算，三角形面積計(jì)算公式，三角函數(shù)差角公式，中點(diǎn)坐標(biāo)公式，圓與圓的位置關(guān)系，考查分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力，考查計(jì)算能力，屬于難題．