Question

已知點(diǎn)P₁（x₀，y₀）為雙曲線

x2

3b2

-

y2

b2

=1(b＞0，b為常數(shù))上任意一點(diǎn)，F(xiàn)₂為雙曲線的右焦點(diǎn)，過(guò)P₁作右準(zhǔn)線的垂線，垂足為A，連接F₂A并延長(zhǎng)交y軸于點(diǎn)P₂
（1）求線段P₁P₂的中點(diǎn)P的軌跡E的方程；
（2）是否存在過(guò)點(diǎn)F₂的直線l，使直線l與（1）中軌跡在y軸右側(cè)交于R₁、R₂兩不同點(diǎn)，且滿足

OR1

•

OR2

=4b2，（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），若存在，求直線l的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）設(shè)（1）中軌跡E與x軸交于B、D兩點(diǎn)，在E上任取一點(diǎn)Q（x₁，y₁）（y₁≠0），直線QB、QD分別交y軸于M、N點(diǎn)，求證：以MN為直徑的圓恒過(guò)兩個(gè)定點(diǎn)．

Answer 1

分析：（1）設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x，y），點(diǎn)A(

3b

2

，y0)，F2(2b，0)．所以，直線AF₂的方程為y=

2y0

-b

(x-2b)，由此能求出線段P₁P₂的中點(diǎn)P的軌跡E的方程．
（2）假設(shè)符合題意的直線l存在，顯然直線l斜率不為0，而F₂（2b，0），設(shè)直線l的方程為x=ky+2b，點(diǎn)R₁（x₃，y₃）、R₂（x₂，y₂），由

4x2 3b2 - 4y2 25b2 =1 x=ky+2b

⇒(k2-

3

25

)y2+4kby+

13

4

b2=0，由此推導(dǎo)出k2=

13

19

與k2＜

3

25

矛盾，故不存在符合題意的直線．
（3）因?yàn)檐壽EE的方程為：

4x2

3b2

-

4y2

25b2

=1，令y=0，則有x=±

3

2

b．設(shè)B(-

3

2

b，0)，D(

3

2

b，0)，則直線QB的方程為y(x1+

3

2

b)=y1(x+

3

2

b)，令x=0，得M(0，

3 2 by1

x1+ 3 2 b

)，直線QD的方程為y(x1-

3

2

b)=y1(x-

3

2

b)，令x=0，得N(0，

- 3 2 by1

x1- 3 2 b

)，以MN為直徑的圓的方程為x2+(y-

3 2 by1

x1+ 3 2 b

)(y-

- 3 2 by1

x1- 3 2 b

)=0，由此能夠證明以MN為直徑的圓恒過(guò)兩個(gè)定點(diǎn)．

解答：解：（1）設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x，y），
由題意可知，點(diǎn)A(

3b

2

，y0)，F2(2b，0)
所以，直線AF₂的方程為y=

2y0

-b

(x-2b)，
令x=0，得y=4y₀，
即點(diǎn)P₂的坐標(biāo)為（0，4y₀）
∴ 

x= x0 2 y= y0+4y0 2

，可得

x0=2x y0= 2 5 y

，
而點(diǎn)P₁（x₀，y₀）在雙曲線上，
所以

4x2

3b2

-

4y2

25b2

=1，
即線段P₁P₂的中點(diǎn)P的軌跡E的方程為：

4x2

3b2

-

4y2

25b2

=1…4分
（2）假設(shè)符合題意的直線l存在，顯然直線l斜率不為0，而F₂（2b，0），
故可設(shè)直線l的方程為x=ky+2b，點(diǎn)R₁（x₃，y₃）、R₂（x₂，y₂），
由

4x2 3b2 - 4y2 25b2 =1 x=ky+2b

⇒(k2-

3

25

)y2+4kby+

13

4

b2=0，
顯然，k2-

3

25

≠0，
∴

△＞0 y2+y3= -4kb k2- 3 25 y2y3= 13b2 4(k2- 3 25 )

，
由題可知，y2y3=

13b2

4(k2- 3 25 )

＜0，
所以k2＜

3

25

．
由已知

OR1

•

OR2

=x2x3+y2y3=(k2+1)y2y3+2kb(y2+y3)+4b2=4b2，
∴

13b2(k2+1)

4(k2- 3 25 )

-

8k2b2

k2- 3 25

=0，
即k2=

13

19

與k2＜

3

25

矛盾
故不存在符合題意的直線…9分
（3），因?yàn)椋á瘢┲熊壽EE的方程為：

4x2

3b2

-

4y2

25b2

=1，
令y=0，則有x=±

3

2

b
不妨設(shè)B(-

3

2

b，0)，D(

3

2

b，0)，
則直線QB的方程為y(x1+

3

2

b)=y1(x+

3

2

b)，
令x=0，得M(0，

3 2 by1

x1+ 3 2 b

)，
直線QD的方程為y(x1-

3

2

b)=y1(x-

3

2

b)，
令x=0，得N(0，

- 3 2 by1

x1- 3 2 b

)，
以MN為直徑的圓的方程為x2+(y-

3 2 by1

x1+ 3 2 b

)(y-

- 3 2 by1

x1- 3 2 b

)=0，
即x2+y2+

3 2 b2y1

x12- 3 4 b2

y-

3 4 b2y12

x12- 3 4 b2

=0，
點(diǎn)Q（x₁，y₁）在曲線E上，則有x2-

3b2

4

=

3y12

25

，
所以，以MN為直徑的圓的方程為x2+y2+

25b2

2y1

y-

25b2

4

=0，
當(dāng)y=0時(shí)，恒有x=±

5

2

b，即證以MN為直徑的圓恒過(guò)兩個(gè)定點(diǎn)(±

5

2

b，0)．…14分

點(diǎn)評(píng)：本題考查直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用，綜合性強(qiáng)，難度大，是高考的重點(diǎn)．易錯(cuò)點(diǎn)是計(jì)算量大，容易粗心大意導(dǎo)致失誤．解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意解題能力的培養(yǎng)．