Question

5．設(shè)圓x²+y²=a²與雙曲線C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$1（a＞0，b＞0）的漸近線在第一象限的交點為M，A₁，A₂分別為雙曲線C的左、右頂點，直線A₁M交雙曲線C的右支于點P，若直線A₂M和A₂P的傾斜角互補(bǔ)，則C的漸近線方程為y=x．

Answer 1

分析 A₁（-a，0），A₂（a，0）．聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{a}x}\\{{x}^{2}+{y}^{2}={a}^{2}}\end{array}\right.$，化為（a²+b²）x²=a⁴，解得M$（\frac{{a}^{2}}{c}，\frac{ab}{c}）$．直線A₁M的方程為：化為：y=$\frac{a+c}$（x+a），與雙曲線方程聯(lián)立化為：（2ac+c²）x²-2a³x-2a⁴-2a³c-a²c²=0．解得P．根據(jù)直線A₂M和A₂P的傾斜角互補(bǔ)，可得${k}_{{A}_{2}P}$+${k}_{{A}_{2}M}$=0，即可得出．

解答 解：A₁（-a，0），A₂（a，0）．
如圖所示，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{a}x}\\{{x}^{2}+{y}^{2}={a}^{2}}\end{array}\right.$，化為（a²+b²）x²=a⁴，即c²x²=a⁴，x＞0，
解得x=$\frac{{a}^{2}}{c}$，y=$\frac{ab}{c}$，∴M$（\frac{{a}^{2}}{c}，\frac{ab}{c}）$．
直線A₁M的方程為：y-0=$\frac{\frac{ab}{c}-0}{\frac{{a}^{2}}{c}+a}$（x+a），化為：y=$\frac{a+c}$（x+a），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{a+c}（x+a）}\\{\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}-\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1}\end{array}\right.$，化為：（2ac+c²）x²-2a³x-2a⁴-2a³c-a²c²=0．
解得x=$\frac{2{a}^{2}c+a{c}^{2}+2{a}^{3}}{2ac+{c}^{2}}$，y=$\frac{2ab（a+c）}{2ac+{c}^{2}}$．
∴P（$\frac{2{a}^{2}c+a{c}^{2}+2{a}^{3}}{2ac+{c}^{2}}$，$\frac{2ab（a+c）}{2ac+{c}^{2}}$）．
∴${k}_{{A}_{2}P}$=$\frac{\frac{2ab（a+c）}{2ac+{c}^{2}}}{\frac{2{a}^{2}c+a{c}^{2}+2{a}^{3}}{2ac+{c}^{2}}-a}$=$\frac{b（a+c）}{{a}^{2}}$，
又${k}_{{A}_{2}M}$=$\frac{\frac{ab}{c}-0}{\frac{{a}^{2}}{c}-a}$=$\frac{a-c}$．
∵直線A₂M和A₂P的傾斜角互補(bǔ)，
∴${k}_{{A}_{2}P}$+${k}_{{A}_{2}M}$=$\frac{b（a+c）}{{a}^{2}}$+$\frac{a-c}$=0，
化為：a=b．
∴C的漸近線方程為：y=x．
故答案為：y=x．

點評 本題考查了雙曲線與圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與圓及其雙曲線相交問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、斜率計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．