Question

5．在平面直角坐标系中，已知△PF₁F₂的两个顶点为F₁（-$\sqrt{2}$a，0），F₂（$\sqrt{2}$a，0）（a＞0），顶点P在曲线C上运动，△PF₁F₂的内切圆与x轴的切点为A，满足|AF₁|-|AF₂|=2a．
（1）设D（m，n）为曲线C上一点，试判断直线l：mx-ny=a²与曲线C的位置关系；
（2）过曲线C上任意两个不同点M，N分作C的切线l₁，l₂，若l₁与l₂的交点为E，试探究：对于任意的正实数a，直线OE（O是原点）是否经过MN的中点G？

Answer 1

分析 （1）设PF₁、PF₂与圆的切点分别为R、S，推导出点P的轨迹是以A为项点，2a为实轴，F₁、F₂为焦点的双曲线的右半支（项点A除外），由此能求出曲线C的方程，由方程组$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}-{y}^{2}={a}^{2}}\\{mx-ny={a}^{2}}\end{array}\right.$，得（m²-n²）y²-2na²y+m²a²-a⁴=0，从而得到y²-2ny+m²-a²=0，由此利用根的判别式得到直线l：mx-ny=a²与曲线C相切．
（2）设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），则切线l₁的方程为${x}_{1}x-{y}_{1}y={a}^{2}$，切线l₂的方程为${x}_{2}x-{y}_{2}y={a}^{2}$，求出直线OE的方程为y=$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{{y}_{1}-{y}_{2}}x$，由此能推导出直线OE恒过MN的中点G．

解答 解：（1）如图，设PF₁、PF₂与圆的切点分别为R、S，
则有|PR|=|PS|，|RF₁|=|AF₁|，|SF₂|=|AF₂|，
∴|PF₁|-|PF₂|=|AF₁|-|AF₂|=2a，
∴点P的轨迹是以A为项点，2a为实轴，F₁、F₂为焦点的双曲线的右半支（项点A除外），
设双曲线的虚半轴为b，则c=$\sqrt{2}a$，b²=c²-a²=2a²-a²=a²，
∴曲线C的方程为x²-y²=a²（x＞a），
∵D（m，n）为曲线C上的点，
∴m²-n²=a²，且m＞a，
由方程组$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}-{y}^{2}={a}^{2}}\\{mx-ny={a}^{2}}\end{array}\right.$，消去x，得：
（m²-n²）y²-2na²y+m²a²-a⁴=0，
将m²-n²=a²代入，得：
a²y²-2na²y+m²a²-a⁴=0，
即y²-2ny+m²-a²=0，①
方程①的判别式：
△=（-2n）²-4（m²-a²）=4（n²-m²-a²）=4（a²-a²）=0，
∴方程①有重根，
∴直线l：mx-ny=a²与曲线C相切．
（2）设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），由（1）得：
切线l₁的方程为${x}_{1}x-{y}_{1}y={a}^{2}$，②
切线l₂的方程为${x}_{2}x-{y}_{2}y={a}^{2}$，③
设l₁与l₂的交点为E（x₀，y₀），分别代入②③，得：
$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}{x}_{0}-{y}_{1}{y}_{0}={a}^{2}}\\{{x}_{2}{x}_{0}-{y}_{2}{y}_{0}={a}^{2}}\end{array}\right.$，两式相减，得：（x₁-x₂）x₀-（y₁-y₂）y₀=0，
由双曲线性质，得x₀≠0，
∴直线OE的斜率${k}_{0}=\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}=\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{{y}_{1}-{y}_{2}}$，
∴直线OE的方程为y=$\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{{y}_{1}-{y}_{2}}x$，④
另一方面，点M，N的坐标分别满足${{x}_{1}}^{2}-{{y}_{1}}^{2}={a}^{2}$和${{x}_{2}}^{2}-{{y}_{2}}^{2}={a}^{2}$，
相减，得：$（{{x}_{1}}^{2}-{{x}_{2}}^{2}）-（{{y}_{1}}^{2}-{{y}_{2}}^{2}）=0$，
∴$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}=\frac{{x}_{1}-{x}_{2}}{{y}_{1}-{y}_{2}}•\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，⑤
由④⑤知，MN的中点G（$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$，$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}$）在直线OE上，
∴直线OE恒过MN的中点G．

点评 本题考查直线与曲线的位置的判断，考查直线是否过线段中点的探究，是中档题，解题时要认真审题，注意椭圆性质、切线方程、点差法的合理运用．