题目内容
4．已知双曲线C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞0，b＞0）的离心率e=$\sqrt{5}$，点P1、P2分别是曲线C的两条渐近线l1、l2上的两点，△OP1P2（O为坐标原点）的面积为9，点P是曲线C上的一点，且$\overrightarrow{{P}_{1}P}$=2$\overrightarrow{P{P}_{2}}$．（1）求此双曲线的方程；
（2）设点M是此双曲线C上的任意一点，过点M分别作l1、l2的平行线交l2、l1于A、B两点，试证：平行四边形OAMB的面积为定值．
（3）若点M是此双曲线C上不同于实轴端点的任意一点，设θ=∠F1MF2（F1、F2分别为双曲线C的左、右焦点），且θ∈[$\frac{π}{4}$，$\frac{π}{3}$]，试求|MF1|•|MF2|的变化范围．
分析 （1）由双曲线的离心率$e=\frac{c}{a}=\sqrt{5}$，可得c=$\sqrt{5}a$，从而得到双曲线的渐近线方程为y=±2x，设${P}_{1}（{x}_{1}，{y}_{1}），{P}_{2}（{x}_{2}，{y}_{2}），P（x，y）\$，利用$\overrightarrow{{P}_{1}P}$=2$\overrightarrow{P{P}_{2}}$，把P的坐标用P1、P2的坐标表示，再由余弦定理求得cos∠P1OP2，进一步得到sin∠P1OP2，代入三角形的面积公式得到P1、P2横坐标的积，结合P点在双曲线上解得：a2=4，则双曲线方程可求；
（2）设M（x0，y0），则$4{{x}_{0}}^{2}-{{y}_{0}}^{2}=16$，再设出一条平行y=2x的直线方程，与直线y=-2x联立，求得交点坐标，再由点到直线的距离公式求出M到直线y=-2x的距离，代入四边形面积公式即可得到证明；
（3）由M为双曲线$\frac{{x}^{2}}{4}-\frac{{y}^{2}}{16}=1$上任意一点，利用双曲线的定义及焦点三角形中的余弦定理可得$|M{F}_{1}|•|M{F}_{2}|=\frac{32}{1-cosθ}$，再由θ∈[$\frac{π}{4}$，$\frac{π}{3}$]求得答案．
解答 （1）解：∵双曲线的离心率$e=\frac{c}{a}=\sqrt{5}$，∴c=$\sqrt{5}a$，
则$b=\sqrt{（\sqrt{5}a）^{2}-{a}^{2}}=2a$，
∴双曲线的渐近线方程为y=±2x，
设${P}_{1}（{x}_{1}，{y}_{1}），{P}_{2}（{x}_{2}，{y}_{2}），P（x，y）\$，
则$|O{P}_{1}|=\sqrt{5}{x}_{1}，|O{P}_{2}|=\sqrt{5}{x}_{2}$，$|{P}_{1}{P}_{2}|=\sqrt{5{{x}_{1}}^{2}+5{{x}_{2}}^{2}+6{x}_{1}{x}_{2}}$，
∵$\overrightarrow{{P}_{1}P}$=2$\overrightarrow{P{P}_{2}}$，
∴$x=\frac{{x}_{1}+2{x}_{2}}{2}，y=\frac{2{x}_{1}-4{x}_{2}}{3}$，即P（$\frac{{x}_{1}+2{x}_{2}}{2}，\frac{2{x}_{1}-4{x}_{2}}{3}$），
可知所求双曲线方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}-\frac{{y}^{2}}{4{a}^{2}}=1$，
∵点P在双曲线上，
∴$8{x}_{1}{x}_{2}=9{a}^{2}$，①
∵$cos∠{P}_{1}O{P}_{2}=\frac{（\sqrt{5}{x}_{1}）^{2}+（\sqrt{5}{x}_{2}）^{2}-（5{{x}_{1}}^{2}+5{{x}_{2}}^{2}+6{x}_{1}{x}_{2}）}{2×\sqrt{5}{x}_{1}×\sqrt{5}{x}_{2}}=-\frac{3}{5}$，
∴$sin∠{P}_{1}O{P}_{2}=\sqrt{1-（-\frac{3}{5}）^{2}}=\frac{4}{5}$．
又∵${S}_{△O{P}_{1}{P}_{2}}=\frac{1}{2}|O{P}_{1}|•|O{P}_{2}|•sin∠{P}_{1}O{P}_{2}$=$\frac{1}{2}•\sqrt{5}{x}_{1}•\sqrt{5}{x}_{2}•\frac{4}{5}=2{x}_{1}{x}_{2}=9$，②
联立①②解得：a2=4，则b2=16，
∴所求双曲线方程为$\frac{{x}^{2}}{4}-\frac{{y}^{2}}{16}=1$；
（2）证明：设M（x0，y0），则$4{{x}_{0}}^{2}-{{y}_{0}}^{2}=16$．
∵双曲线C的渐近线方程为y=±2x，
∴设其中一条平行y=2x的直线方程为y-y0=2（x-x0），即y=2x+y0-2x0．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=2x+{y}_{0}-2{x}_{0}}\\{y=-2x}\end{array}\right.$，解得$x=\frac{2{x}_{0}-{y}_{0}}{4}，y=\frac{{y}_{0}-2{x}_{0}}{2}$，
∴不妨设点A（$\frac{2{x}_{0}-{y}_{0}}{4}，\frac{{y}_{0}-2{x}_{0}}{2}$），则|OA|=$\frac{\sqrt{5}}{4}|2{x}_{0}-{y}_{0}|$，
又点M到直线y=-2x的距离d=$\frac{|2{x}_{0}+{y}_{0}|}{\sqrt{5}}$，
∴${S}_{四边形OAMB}=|OA|•d=\frac{\sqrt{5}}{4}|2{x}_{0}-{y}_{0}|•\frac{|2{x}_{0}+{y}_{0}|}{\sqrt{5}}$=$\frac{1}{4}|4{{x}_{0}}^{2}-{{y}_{0}}^{2}|=\frac{1}{4}×16=4$（定值）；
（3）解：∵M为双曲线$\frac{{x}^{2}}{4}-\frac{{y}^{2}}{16}=1$上任意一点，
∴|MF1|-|MF2|=±4，又θ=∠F1MF2 ，
∴$4{c}^{2}=|M{F}_{1}{|}^{2}+|M{F}_{2}{|}^{2}-2|M{F}_{1}|•|M{F}_{2}|cosθ$，
即$4×20=（|M{F}_{1}|-|M{F}_{2}|）^{2}+2|M{F}_{1}|•|M{F}_{2}|-2|M{F}_{1}|•|M{F}_{2}|cosθ$，
∴80=16+2|MF1|•|MF2|（1-cosθ），
即$|M{F}_{1}|•|M{F}_{2}|=\frac{32}{1-cosθ}$．
∴θ∈[$\frac{π}{4}$，$\frac{π}{3}$]，∴cosθ∈[$\frac{1}{2}，\frac{\sqrt{2}}{2}$]，
则1-cosθ∈[1-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{1}{2}$]，
∴$|M{F}_{1}|•|M{F}_{2}|=\frac{32}{1-cosθ}$∈[64，64+32$\sqrt{2}$]．
点评 本题考查双曲线的简单性质，考查了双曲线方程的求法，该题把求解三角形和圆锥曲线问题进行了结合，增加了思维难度，且运算量过大，第二问中的定值问题，体现了整体运算思想方法．该题属于高考试卷中的压轴题．
| A． | $\sqrt{3}$ | B． | $2\sqrt{3}$ | C． | 3 | D． | 4 |
| A． | $\frac{1}{4}$ | B． | $\frac{1}{2}$ | C． | $\frac{π}{4}$ | D． | 1-$\frac{π}{4}$ |
| A． | 2$\sqrt{6}$ | B． | 4 | C． | 4$\sqrt{6}$ | D． | 8 |
如图，△ABC的外接圆为⊙O，延长CB至Q，再延长QA至P，使得QC2-QA2=BC•QC．
如图，设H为锐角△ABC的垂心，过点H作BH的垂线，与AB交于D，过点H作CH的垂线，与AC交于点E，点C作BC的垂线，与直线DE交于点F，证明FH=FC．