Question

18．设双曲线C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞0，b＞0）的离心率为e，直线x=$\frac{{a}^{2}}{c}$与两条渐近线相交于P，Q两点，F为右焦点，△FPQ为等边三角形．
（1）求双曲线C的离心率e的值；
（2）若双曲线C被直线y=ax+b截得的弦长为$\frac{{b}^{2}{e}^{2}}{a}$，求双曲线C的方程．

Answer 1

分析 （1）联立$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{{a}^{2}}{c}}\\{y=\frac{b}{a}x}\end{array}\right.$，解得：Q$（\frac{{a}^{2}}{c}，\frac{ab}{c}）$，同理可得：P$（\frac{{a}^{2}}{c}，-\frac{ab}{c}）$．利用等边三角形与离心率计算公式即可得出．
（2）设双曲线C被直线y=ax+b截得的弦的端点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．与双曲线方程联立化为：（3-a²）x²-2$\sqrt{3}$a²x-6a²=0，利用|AB|=$\sqrt{（1+{a}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\frac{{b}^{2}{e}^{2}}{a}$=12a，解出a，进而得出．

解答 解：（1）F（c，0）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{{a}^{2}}{c}}\\{y=\frac{b}{a}x}\end{array}\right.$，解得：x=$\frac{{a}^{2}}{c}$，y=$\frac{ab}{c}$，取Q$（\frac{{a}^{2}}{c}，\frac{ab}{c}）$，同理可得：P$（\frac{{a}^{2}}{c}，-\frac{ab}{c}）$．
∵△FPQ为等边三角形，∴$c-\frac{{a}^{2}}{c}$=$\sqrt{3}$×$\frac{ab}{c}$，化为：$b=\sqrt{3}$a．
∴双曲线C的离心率e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1+\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}}$=2．
（2）设双曲线C被直线y=ax+b截得的弦的端点A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=ax+\sqrt{3}a}\\{\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}-\frac{{y}^{2}}{3{a}^{2}}=1}\end{array}\right.$，化为：（3-a²）x²-2$\sqrt{3}$a²x-6a²=0，
△＞0，可得0＜a²＜6．
∴x₁+x₂=$\frac{2\sqrt{3}{a}^{2}}{3-{a}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{-6{a}^{2}}{3-{a}^{2}}$．
∴|AB|=$\sqrt{（1+{a}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\sqrt{（1+{a}^{2}）[\frac{12{a}^{4}}{（3-{a}^{2}）^{2}}+\frac{24{a}^{2}}{3-{a}^{2}}]}$=$\frac{{b}^{2}{e}^{2}}{a}$=12a，
化为：13a⁴-77a²+102=0，
解得a²=2或$\frac{51}{13}$，
∴a²=2时，b²=6．
a²=$\frac{51}{13}$时，b²=$\frac{153}{13}$．
∴双曲线的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{2}-\frac{{y}^{2}}{6}$=1，$\frac{{13x}^{2}}{51}$-$\frac{13{y}^{2}}{153}$=1．

点评 本题考查了双曲线的标准方程、直线与双曲线相交弦长问题、一元二次方程的根与系数的关系，考查了推理能力与计算能力，属于难题．