Question

11．在直角坐標系xOy中，已知定點F₁（0，-$\sqrt{3}$），F(xiàn)₂（0，$\sqrt{3}$），動點P滿足|$\overrightarrow{P{F}_{1}}$|-|$\overrightarrow{P{F}_{2}}$|=2，設(shè)點P的曲線為C，直線l：y=kx+m與C交于A、B兩點：
（1）寫出曲線C的方程，并求出曲線C的軌跡；
（2）當m=1，求實數(shù)k的取值范圍；
（2）證明：存在直線l，滿足|$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$|=|$\overrightarrow{AB}$|，并求出實數(shù)k、m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由雙曲線的定義可知，P的軌跡是以F₁，F(xiàn)₂為焦點的雙曲線的上支，且a=1，c=$\sqrt{3}$，求出b，求出曲線C的方程；
（2）由題意建立方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{{y}^{2}-\frac{{x}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，消去y，得（2k²-1）x²+4kx=0，已知直線與雙曲線上支交于兩點A，B，則2k²-1≠0，可得實數(shù)k的取值范圍；
（3）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），y=kx+m，代入${y}^{2}-\frac{{x}^{2}}{2}$=1，消去y，得（2k²-1）x²+4kmx+2m²-2=0，若|$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$|=|$\overrightarrow{AB}$|，則OA⊥OB，得x₁x₂+y₁y₂=0，即可證明結(jié)論．

解答 （1）解：∵定點F₁（0，-$\sqrt{3}$），F(xiàn)₂（0，$\sqrt{3}$），動點P滿足|$\overrightarrow{P{F}_{1}}$|-|$\overrightarrow{P{F}_{2}}$|=2，
∴P的軌跡是以F₁，F(xiàn)₂為焦點的雙曲線的上支，且a=1，c=$\sqrt{3}$，
∴b=$\sqrt{2}$，
∴曲線C的方程是${y}^{2}-\frac{{x}^{2}}{2}$=1（y≥1）；
（2）解：由題意建立方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{{y}^{2}-\frac{{x}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$
消去y，得（2k²-1）x²+4kx=0．
又已知直線與雙曲線上支交于兩點A，B，則2k²-1≠0，
解得k≠$\frac{\sqrt{2}}{2}$；
（3）證明：設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），若|$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$|=|$\overrightarrow{AB}$|，則OA⊥OB，
∴x₁x₂+y₁y₂=0，
y=kx+m，代入${y}^{2}-\frac{{x}^{2}}{2}$=1，消去y，得（2k²-1）x²+4kmx+2m²-2=0，
∴x₁+x₂=-$\frac{4km}{2{k}^{2}-1}$，x₁x₂=$\frac{2{m}^{2}-2}{2{k}^{2}-1}$，
∴y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²=$\frac{-2{k}^{2}-{m}^{2}}{2{k}^{2}-1}$，y₁+y₂=$\frac{-2m}{2{k}^{2}-1}$
∴$\frac{2{m}^{2}-2}{2{k}^{2}-1}$+$\frac{-2{k}^{2}-{m}^{2}}{2{k}^{2}-1}$=0，
∴m²=2k²+2，
∵△=16k²m²-4（2k²-1）（2m²-2）＞0，y₁+y₂=$\frac{-2m}{2{k}^{2}-1}$＞0，y₁y₂=$\frac{-2{k}^{2}-{m}^{2}}{2{k}^{2}-1}$＞0
∴-$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜k＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$，-$\sqrt{3}$＜m＜$\sqrt{3}$，
∴-$\frac{\sqrt{2}}{2}$＜k＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$，-$\sqrt{3}$＜m＜$\sqrt{3}$時，存在直線l，滿足|$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$|=|$\overrightarrow{AB}$|．

點評 本題考查直線與雙曲線的位置關(guān)系的應用，雙曲線方程的求法，范圍問題的求解方法，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力．