Question

11．在直角坐标系xOy中，已知定点F₁（0，-$\sqrt{3}$），F₂（0，$\sqrt{3}$），动点P满足|$\overrightarrow{P{F}_{1}}$|-|$\overrightarrow{P{F}_{2}}$|=2，设点P的曲线为C，直线l：y=kx+m与C交于A、B两点：
（1）写出曲线C的方程，并求出曲线C的轨迹；
（2）当m=1，求实数k的取值范围；
（2）证明：存在直线l，满足|$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$|=|$\overrightarrow{AB}$|，并求出实数k、m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由双曲线的定义可知，P的轨迹是以F₁，F₂为焦点的双曲线的上支，且a=1，c=$\sqrt{3}$，求出b，求出曲线C的方程；
（2）由题意建立方程组$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{{y}^{2}-\frac{{x}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，消去y，得（2k²-1）x²+4kx=0，已知直线与双曲线上支交于两点A，B，则2k²-1≠0，可得实数k的取值范围；
（3）设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|$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$|=|$\overrightarrow{AB}$|，则OA⊥OB，得x₁x₂+y₁y₂=0，即可证明结论．

解答 （1）解：∵定点F₁（0，-$\sqrt{3}$），F₂（0，$\sqrt{3}$），动点P满足|$\overrightarrow{P{F}_{1}}$|-|$\overrightarrow{P{F}_{2}}$|=2，
∴P的轨迹是以F₁，F₂为焦点的双曲线的上支，且a=1，c=$\sqrt{3}$，
∴b=$\sqrt{2}$，
∴曲线C的方程是${y}^{2}-\frac{{x}^{2}}{2}$=1（y≥1）；
（2）解：由题意建立方程组$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{{y}^{2}-\frac{{x}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$
消去y，得（2k²-1）x²+4kx=0．
又已知直线与双曲线上支交于两点A，B，则2k²-1≠0，
解得k≠$\frac{\sqrt{2}}{2}$；
（3）证明：设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），若|$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$|=|$\overrightarrow{AB}$|，则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＜$\sqrt{3}$时，存在直线l，满足|$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$|=|$\overrightarrow{AB}$|．

点评 本题考查直线与双曲线的位置关系的应用，双曲线方程的求法，范围问题的求解方法，考查转化思想以及计算能力．