Question

5．已知橢圓C₁的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1，雙曲線C₂的左、右焦點分別是C₁的左、右頂點，而以雙曲線C₂的左、右頂點分別是橢圓C₁的左、右焦點．
（1）求雙曲線C₂的方程；
（2）記O為坐標原點，過點Q（0，2）的直線l與雙曲線C₂相交于不同的兩點E、F，若△OEF的面積為2$\sqrt{2}$，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）設雙曲線的方程，由雙曲線的性質，即可求得a和b的方程，即可求得雙曲線的方程；
（2）設直線l的方程，代入雙曲線方程，利用韋達定理及弦長公式即可求得丨EF丨，利用三角形的面積公式，即可求得k的值，求得直線l的方程．

解答 解：（1）設雙曲線C₂的方程：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}-\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$，
則c²=4，a²=4-2=2，由a²+b²=c²，則b²=2，
故雙曲線C₂的方程：$\frac{{x}^{2}}{2}-\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（2）由題意可知：設直線l的方程y=kx+2，則$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+2}\\{\frac{{x}^{2}}{2}-\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（1-k²）x²-4kx-6=0，
直線l與雙曲線相交于不同兩點E，F，
則$\left\{\begin{array}{l}{1-{k}^{2}≠0}\\{△=（-4k）^{2}+4×6×（1-{k}^{2}）＞0}\end{array}\right.$，解得-$\sqrt{3}$＜k＜-1或1＜k＜$\sqrt{3}$，
設E（x₁，y₁），F（x₂，y₁），則x₁+x₂=$\frac{4k}{1-{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{6}{1-{k}^{2}}$，
則丨EF丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\frac{2\sqrt{2}\sqrt{3-{k}^{2}}}{丨1-{k}^{2}丨}$，
原點O到直線l的距離d=$\frac{2}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
則△OEF的面積S=$\frac{1}{2}$×d×丨EF丨=$\frac{1}{2}$×$\frac{2}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$×$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\frac{2\sqrt{2}\sqrt{3-{k}^{2}}}{丨1-{k}^{2}丨}$=$\frac{2\sqrt{2}\sqrt{3-{k}^{2}}}{丨1-{k}^{2}丨}$，
由S=2$\sqrt{2}$，則$\frac{2\sqrt{2}\sqrt{3-{k}^{2}}}{丨1-{k}^{2}丨}$=2$\sqrt{2}$，整理得：k⁴-k²-2=0，
解得：k=$±\sqrt{2}$，
滿足-$\sqrt{3}$＜k＜-1或1＜k＜$\sqrt{3}$，
故滿足條件的直線l有兩條，其方程為y=$\sqrt{2}$x+2或y=-$\sqrt{2}$x+2．

點評 本題考查橢圓的性質，雙曲線的標準方程，直線與雙曲線的位置關系，考查韋達定理，弦長公式，考查計算能力，屬于中檔題．