Question

19．已知雙曲線E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}-\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1（a＞0，b＞0）$的中心為原點(diǎn)O，左、右焦點(diǎn)分別為F₁、F₂，離心率為$\frac{5}{4}$，且過(guò)點(diǎn)M（5，$\frac{9}{4}$），又P點(diǎn)是直線x=$\frac{{a}^{2}}{5}$上任意一點(diǎn)，點(diǎn)Q在雙曲線E上，且滿(mǎn)足$\overrightarrow{P{F}_{2}}•\overrightarrow{Q{F}_{2}}$=0．
（1）求雙曲線的方程；
（2）證明：直線PQ與直線OQ的斜率之積是定值；
（3）若點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為1，過(guò)點(diǎn)P作動(dòng)直線l與雙曲線右支交于不同的兩點(diǎn)M、N，在線段MN上取異于點(diǎn)M、N的點(diǎn)H，滿(mǎn)足$\frac{|PM|}{|PN|}=\frac{|MH|}{|HN|}$，證明點(diǎn)H恒在一條定直線上．

Answer 1

分析 （1）由離心率公式和點(diǎn)滿(mǎn)足雙曲線的方程，結(jié)合雙曲線的a，b，c的關(guān)系，即可求得a，b，進(jìn)而得到雙曲線的方程；
（2）設(shè)出P（$\frac{16}{5}$，t），Q（x₀，y₀），代入雙曲線的方程，再由$\overrightarrow{P{F}_{2}}•\overrightarrow{Q{F}_{2}}$=0，得到方程，再由直線的斜率公式，得到直線PQ與直線OQ的斜率之積，化簡(jiǎn)整理，運(yùn)用代入，即可得到定值$\frac{9}{16}$；
（3）設(shè)點(diǎn)H（x，y），且過(guò)點(diǎn)（$\frac{16}{5}$，1）的直線l與雙曲線E的右支交于不同兩點(diǎn)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則9x₁²-16y₁²=144，9x₂²-16y₂²=144，即y₁²=$\frac{9}{16}$（x₁²-16），y₂²=$\frac{9}{16}$（x₂²-16），設(shè)$\frac{|PM|}{|PN|}$=$\frac{|MH|}{|HN|}$=λ，求出坐標(biāo)之間的關(guān)系，化簡(jiǎn)可得點(diǎn)H恒在定直線9x-5y-45=0上．

解答 解：（1）雙曲線E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞0），c²=a²+b²，
由于離心率為$\frac{5}{4}$，即e=$\frac{c}{a}$=$\frac{5}{4}$，
即有$\frac{{a}^{2}+^{2}}{{a}^{2}}$=$\frac{25}{16}$，
M（5，$\frac{9}{4}$）代入雙曲線的方程可得$\frac{25}{{a}^{2}}$-$\frac{81}{16^{2}}$=1，
解得a=4，b=3，c=5，
即有雙曲線的方程為$\frac{{x}^{2}}{16}$-$\frac{{y}^{2}}{9}$=1；
（2）證明：由于點(diǎn)P是直線x=$\frac{{a}^{2}}{5}$=$\frac{16}{5}$上任意一點(diǎn)，
可設(shè)P（$\frac{16}{5}$，t），
再由Q為雙曲線$\frac{{x}^{2}}{16}$-$\frac{{y}^{2}}{9}$=1一點(diǎn)，可設(shè)Q（x₀，y₀），
則$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{16}$-$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{9}$=1，即y₀²=$\frac{9}{16}$（x₀²-16）．
由F₂（5，0），
則$\overrightarrow{P{F}_{2}}$•$\overrightarrow{Q{F}_{2}}$=（5-$\frac{16}{5}$，-t）•（5-x₀，-y₀）=0，
即有9-$\frac{9}{5}$x₀+ty₀=0，即有ty₀=-9+$\frac{9}{5}$x₀，
則k_PQ•k_OQ=$\frac{{y}_{0}-t}{{x}_{0}-\frac{16}{5}}$•$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}$=$\frac{{{y}_{0}}^{2}-t{y}_{0}}{{{x}_{0}}^{2}-\frac{16}{5}{x}_{0}}$
=$\frac{\frac{9}{16}（{{x}_{0}}^{2}-16）-\frac{9}{5}（{x}_{0}-5）}{{{x}_{0}}^{2}-\frac{16}{5}{x}_{0}}$=$\frac{9}{16}$，
則直線PQ與直線OQ的斜率之積是定值$\frac{9}{16}$；
（3）證明：設(shè)點(diǎn)H（x，y），
且過(guò)點(diǎn)P（$\frac{16}{5}$，1）的直線l與雙曲線E的右支交于不同兩點(diǎn)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
則9x₁²-16y₁²=144，9x₂²-16y₂²=144，
即y₁²=$\frac{9}{16}$（x₁²-16），y₂²=$\frac{9}{16}$（x₂²-16），⑥⑦
設(shè)$\frac{|PM|}{|PN|}$=$\frac{|MH|}{|HN|}$=λ，
則$\left\{\begin{array}{l}{\overrightarrow{PM}=λ\overrightarrow{PN}}\\{\overrightarrow{MH}=λ\overrightarrow{HN}}\end{array}\right.$．
即$\left\{\begin{array}{l}{（{x}_{1}-\frac{16}{5}，{y}_{1}-1）=λ（{x}_{2}-\frac{16}{5}，{y}_{2}-1）}\\{（x-{x}_{1}，y-{y}_{1}）=λ（{x}_{2}-x，{y}_{2}-y）}\end{array}\right.$，
整理，得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}-λ{(lán)x}_{2}=\frac{16}{5}（1-λ）①}\\{{y}_{1}-λ{(lán)y}_{2}=1-λ②}\\{{x}_{1}+λ{(lán)x}_{2}=x（1+λ）③}\\{{y}_{1}+λ{(lán)y}_{2}=y（1+λ）④}\end{array}\right.$
由①×③，②×④得$\left\{\begin{array}{l}{{{x}_{1}}^{2}-{λ}^{2}{{x}_{2}}^{2}=\frac{16}{5}（1-{λ}^{2}）x⑤}\\{{{y}_{1}}^{2}-{λ}^{2}{{y}_{2}}^{2}=（1-{λ}^{2}）y⑥}\end{array}\right.$，
將y₁²=$\frac{9}{16}$（x₁²-16），y₂²=$\frac{9}{16}$（x₂²-16），代入⑥，
得y=$\frac{9}{16}$×$\frac{{{x}_{1}}^{2}-{λ}^{2}{{x}_{2}}^{2}}{1-{λ}^{2}}$-9 ⑦
將⑤代入⑦，得y=$\frac{9}{5}$x-9．
所以點(diǎn)H恒在定直線9x-5y-45=0上．

點(diǎn)評(píng) 本題考查雙曲線的方程和性質(zhì)，考查平面向量的數(shù)量積的坐標(biāo)公式，考查直線的斜率公式的運(yùn)用，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于難題．