Question

18．如圖所示，直線l與雙曲線$E：{x^2}-\frac{y^2}{4}=1$及其漸近線依次交于A、B、C、D四點(diǎn)，記$\frac{{|{AB}|}}{{|{BD}|}}=λ，\frac{{|{AC}|}}{{|{CD}|}}=μ$．
（Ⅰ）若直線l的方程為y=x+2，求λ及μ；
（Ⅱ）請(qǐng)根據(jù)（Ⅰ）的計(jì)算結(jié)果猜想λ與μ的關(guān)系，并證明之．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由相似三角形可得$\frac{{|{AB}|}}{{|{BD}|}}=λ=\frac{{{y_B}-{y_A}}}{{{y_D}-{y_B}}}，\frac{{|{AC}|}}{{|{CD}|}}=μ=\frac{{{y_C}-{y_A}}}{{{y_D}-{y_C}}}$，直線y=x+2分別于雙曲線方程和漸近線方程聯(lián)立，可求得A，B，C，D四點(diǎn)的縱坐標(biāo)，即可求得；
（Ⅱ）由（Ⅰ）的計(jì)算結(jié)果猜想λμ=1，證明：設(shè)A（x₁，y₁），D（x₂，y₂），根據(jù)相似三角形可解得${x_B}=\frac{{{x_1}+λ{(lán)x_2}}}{1+λ}，{y_B}=\frac{{{y_1}+λ{(lán)y_2}}}{1+λ}$，同理可得${x_C}=\frac{{{x_1}+μ{x_2}}}{1+μ}，{y_C}=\frac{{{y_1}+μ{y_2}}}{1+μ}$，又因?yàn)辄c(diǎn)B，C，在漸近線上，得出2x₁+y₁=-λ（2x₂+y₂），2x₁-y₁=-μ（2x₂-y₂），兩式相乘得即可得到．

解答 解：（Ⅰ）由$\left\{\begin{array}{l}{y=x+2}\\{{x}^{2}-\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，可得$\frac{3}{4}{y}^{2}-4y+3=0$，∴y_A=$\frac{8-2\sqrt{7}}{3}$，y_B=$\frac{8+2\sqrt{7}}{3}$
$\left\{\begin{array}{l}{y=x+2}\\{y=±2}\end{array}\right.$，∴y_B=$\frac{4}{3}$，y_C=4，
由相似三角形可得$\frac{{|{AB}|}}{{|{BD}|}}=λ=\frac{{{y_B}-{y_A}}}{{{y_D}-{y_B}}}，\frac{{|{AC}|}}{{|{CD}|}}=μ=\frac{{{y_C}-{y_A}}}{{{y_D}-{y_C}}}$，
∴$λ=\frac{{2\sqrt{7}-4}}{{2\sqrt{7}+4}}$，$μ=\frac{{2\sqrt{7}+4}}{{2\sqrt{7}-4}}$；
（Ⅱ）由（Ⅰ）的計(jì)算結(jié)果猜想λμ=1，證明如下：
設(shè)A（x₁，y₁），D（x₂，y₂），則$\frac{{{x_B}-{x_1}}}{{{x_2}-{x_B}}}=\frac{{{y_B}-{y_1}}}{{{y_2}-{y_B}}}=λ$，
∴x_B=$\frac{{x}_{1}+λ{(lán)x}_{2}}{1+λ}$，y_B=$\frac{{y}_{1}+λ{(lán)y}_{2}}{1+λ}$
同理可得${x_C}=\frac{{{x_1}+μ{x_2}}}{1+μ}，{y_C}=\frac{{{y_1}+μ{y_2}}}{1+μ}$
又y_B=-2x_B，y_C=2x_C
∴y₁+λy₂=-2（x₁+λx₂），y₁+μy₂=2（x₁+μx₂）
即2x₁+y₁=-λ（2x₂+y₂），2x₁-y₁=-μ（2x₂-y₂）
兩式相乘得4x₁²-y₁²=λμ（4x₂²-y₂²）  
即4=4λμ，∴λμ=1，猜想得證．

點(diǎn)評(píng) 本題考查雙曲線的方程，考查直線與雙曲線的位置關(guān)系，考查學(xué)生的計(jì)算能力，屬于中檔題．