Question

7．設(shè)雙曲線兩焦點(diǎn)分別為F₁（0，c），F(xiàn)₂（0，-c）（c＞0），雙曲線一個(gè)頂點(diǎn)A（0，a），在x軸上有一點(diǎn)P（1，0），|AP|=$\sqrt{2}$，∠F₁PA=15°，過(guò)點(diǎn)R（0，-2）斜率為k的直線交雙曲線的下支于M，N兩點(diǎn)，若點(diǎn)Q（0，2）在以MN為直徑的圓外，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）．

Answer 1

分析 由P（1，0），|AP|=$\sqrt{2}$，可得a=1，又∠F₁PA=15°，可得∠F₁PO=60°，運(yùn)用正切函數(shù)的定義可得c，求得b，進(jìn)而得到雙曲線的方程，設(shè)出直線MN的方程y=kx-2，代入雙曲線的方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長(zhǎng)公式，結(jié)合點(diǎn)在圓外的條件：d＞r，解不等式即可得到所求范圍．

解答 解：由P（1，0），|AP|=$\sqrt{2}$，可得a=1，
又∠F₁PA=15°，可得∠F₁PO=60°，
即有c=|OP|tan60°=$\sqrt{3}$，
b=$\sqrt{{c}^{2}-{a}^{2}}$=$\sqrt{2}$，
即有雙曲線的方程為y²-$\frac{{x}^{2}}{2}$=1．
設(shè)直線MN的方程為y=kx-2，
代入雙曲線的方程，可得（2k²-1）x²-8kx+6=0，
判別式為64k²-24（2k²-1）＞0恒成立，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
可得x₁+x₂=$\frac{8k}{2{k}^{2}-1}$，x₁x₂=$\frac{6}{2{k}^{2}-1}$＜0，①
弦長(zhǎng)MN=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{\frac{64{k}^{2}}{（2{k}^{2}-1）^{2}}-\frac{24}{2{k}^{2}-1}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{\sqrt{16{k}^{2}+24}}{|2{k}^{2}-1|}$，
可得MN的中點(diǎn)H為（$\frac{4k}{2{k}^{2}-1}$，$\frac{2}{2{k}^{2}-1}$），
由點(diǎn)Q（0，2）在以MN為直徑的圓外，可得
|HQ|＞$\frac{1}{2}$|MN|，即為$\frac{16{k}^{2}}{（2{k}^{2}-1）^{2}}$+（$\frac{4-4{k}^{2}}{2{k}^{2}-1}$）²＞$\frac{1}{4}$（1+k²）（$\frac{16{k}^{2}+24}{（2{k}^{2}-1）^{2}}$），
化簡(jiǎn)可得6k⁴-13k²+5＞0，
解得k²＞$\frac{5}{3}$或k²＜$\frac{1}{2}$，
由①可得k²＜$\frac{1}{2}$，解得-$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜k＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
故答案為：（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查雙曲線的方程的求法，注意運(yùn)用三角函數(shù)的定義，考查直線和雙曲線的方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長(zhǎng)公式，同時(shí)考查點(diǎn)與圓的位置關(guān)系的判斷和運(yùn)用，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．