Question

18．設雙曲線Γ的方程為x²-$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，過其右焦點F且斜率不為零的直線l₁與雙曲線交于A、B兩點，直線l₂的方程為x=t，A、B在直線l₂上的射影分別為C、D．
（1）當l₁垂直于x軸，t=-2時，求四邊形ABDC的面積；
（2）當t=0，l₁的斜率為正實數(shù)，A在第一象限，B在第四象限時，試比較$\frac{|AC|•|FB|}{|BD|•|FA|}$和1的大小，并說明理由；
（3）是否存在實數(shù)t∈（-1，1），使得對滿足題意的任意直線l₁，直線AD和直線BC的交點總在x軸上，若存在，求出所有的t的值和此時直線AD與BC交點的位置；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）由雙曲線Γ的方程為x²-$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，可得c=$\sqrt{1+3}$=2，可得右焦點F（2，0）．當l₁垂直于x軸，t=-2時，由雙曲線的對稱性可得：四邊形ABDC為矩形．即可得出面積．
（2）作出右準線MN：x=$\frac{1}{2}$．e=$\frac{c}{a}$=2．分別作AC⊥MN，垂足為M；BD⊥MN，垂足為N．利用雙曲線的第二定義可得：$\frac{|AC|}{|AF|}$=$\frac{|AM|+\frac{1}{2}}{|AF|}$，$\frac{|FB|}{|BD|}$=$\frac{1}{\frac{|BD|}{|FB|}}$=$\frac{1}{\frac{|BN|+\frac{1}{2}}{|FB|}}$．
（3）存在實數(shù)t∈（-1，1），t=$\frac{1}{2}$時，定點$（\frac{5}{4}，0）$．下面給出證明分析：設直線AB的方程為：y=k（x-2），A（x₁，k（x₁-2）），B（x₂，k（x₂-2））．則C（t，k（x₁-2）），D（t，k（x₂-2））．直線方程與雙曲線方程聯(lián)立化為：（3-k²）x²+4k²x-4k²-3=0，分別得出：直線AD與BC的方程，進而得出．

解答 解：（1）由雙曲線Γ的方程為x²-$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，可得c=$\sqrt{1+3}$=2，可得右焦點F（2，0）．
當l₁垂直于x軸，t=-2時，由雙曲線的對稱性可得：四邊形ABDC為矩形．
代入雙曲線可得：2²-$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，焦點y=±3．
∴四邊形ABDC的面積S=4×6=24．
（2）作出右準線MN：x=$\frac{1}{2}$．e=$\frac{c}{a}$=2．
分別作AC⊥MN，垂足為M；BD⊥MN，垂足為N．
則$\frac{|AC|}{|AF|}$=$\frac{|AM|+\frac{1}{2}}{|AF|}$=$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2|AF|}$．
$\frac{|FB|}{|BD|}$=$\frac{1}{\frac{|BD|}{|FB|}}$=$\frac{1}{\frac{|BN|+\frac{1}{2}}{|FB|}}$=$\frac{1}{\frac{1}{2}+\frac{1}{2|FB|}}$．
∵|AF|＞|FB|，∴$\frac{1}{|AF|}$＜$\frac{1}{|FB|}$．
∴$\frac{|AC|•|FB|}{|BD|•|FA|}$＜1．
（3）存在實數(shù)t∈（-1，1），t=$\frac{1}{2}$時，定點$（\frac{5}{4}，0）$．下面給出證明：
設直線AB的方程為：y=k（x-2），A（x₁，k（x₁-2）），B（x₂，k（x₂-2））．
則C（t，k（x₁-2）），D（t，k（x₂-2））．
 聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-2）}\\{{x}^{2}-\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，化為：（3-k²）x²+4k²x-4k²-3=0，
可得x₁+x₂=$\frac{-4{k}^{2}}{3-{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{-4{k}^{2}-3}{3-{k}^{2}}$．
直線AD的方程為：y-k（x₁-2）=$\frac{k（{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}-t}$（x-x₁），令y=0，解得x=$\frac{2{x}_{1}-2t+t{x}_{1}-{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$．
直線BC的方程為：y-k（x₂-2）=$\frac{k（{x}_{1}-{x}_{2}）}{t-{x}_{2}}$（x-x₂），令y=0，解得x=$\frac{2t-2{x}_{2}-t{x}_{2}+{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$．
由$\frac{2{x}_{1}-2t+t{x}_{1}-{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{2t-2{x}_{2}-t{x}_{2}+{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，可得：（2+t）（x₁+x₂）-2x₁•x₂-4t=0．
∴（2+t）•$\frac{-4{k}^{2}}{3-{k}^{2}}$-2•$\frac{-4{k}^{2}-3}{3-{k}^{2}}$-4t=0．
化為：t=$\frac{1}{2}$，不妨取k=1，則2x²+4x-7=0，
解得x=$\frac{-2±3\sqrt{2}}{2}$．不妨取x₁=$\frac{-2+3\sqrt{2}}{2}$，x₂=$\frac{-2-3\sqrt{2}}{2}$．
定點的橫坐標x=$\frac{2{x}_{1}-1+\frac{1}{2}{x}_{1}-{x}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=$\frac{\frac{5}{2}×\frac{-2+3\sqrt{2}}{2}-1-（-\frac{7}{2}）}{3\sqrt{2}}$=$\frac{5}{4}$．
∴定點坐標$（\frac{5}{4}，0）$．

點評 本題考查了雙曲線的第二定義、直線與雙曲線相交問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關系、直線過定點問題，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．