Question

3．已知F₁（-1，0），F₂（1，0），曲线C₁上任意一点M满足$|{M{F_2}}|-|{M{F_1}}|=\sqrt{2}$；曲线C₂上的点N在y轴的右边且N到F₂的距离与它到y轴的距离的差为1．
（1）求C₁，C₂的方程；
（2）过F₁的直线l与C₁相交于点A，B，直线AF₂，BF₂分别与C₂相交于点C，D和E，F．求$\sqrt{|{CD}|•|{EF}|}$的取值范围．

Answer 1

分析 （1）判断点M的轨迹是以F₁，F₂为焦点，$\sqrt{2}$为实轴长的双曲线的左支，然后求解椭圆方程．设N（x，y）（x＞0），则有$\sqrt{{{（{x-1}）}^2}+{y^2}}-x=1$，化简可得C₂的方程．
（2）设直线l的方程为x=ky-1（0≤k²＜1），联立方程组$\left\{{\begin{array}{l}{x=ky-1}\\{{x^2}-{y^2}=\frac{1}{2}}\end{array}}\right.$，消去x，设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），利用韦达定理转化求解斜率关系，直线AF₂的方程为y=k₁（x-1），代入y²=4x，求出CD，EF然后推出结果．

解答 解：（1）由题意可知点M的轨迹是以F₁，F₂为焦点，$\sqrt{2}$为实轴长的双曲线的左支，故有$a=\frac{{\sqrt{2}}}{2}，c=1⇒b=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
∴C₁的方程为${x^2}-{y^2}=\frac{1}{2}（{x＜0}）$，
设N（x，y）（x＞0），则有$\sqrt{{{（{x-1}）}^2}+{y^2}}-x=1$，化简得y²=4x（x＞0），
即C₂的方程为y²=4x（x＞0）．
（2）设直线l的方程为x=ky-1（0≤k²＜1），
联立方程组$\left\{{\begin{array}{l}{x=ky-1}\\{{x^2}-{y^2}=\frac{1}{2}}\end{array}}\right.$，消去x得$（{{k^2}-1}）{y^2}-2ky+\frac{1}{2}=0$，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则有$\left\{{\begin{array}{l}{{y_1}+{y_2}=\frac{2k}{{{k^2}-1}}}\\{{y_1}{y_2}=\frac{1}{{2（{{k^2}-1}）}}}\end{array}}\right.$，
设AF₂，BF₂的斜率分别为k₁，k₂，则有$\left\{{\begin{array}{l}{{k_1}=\frac{y_1}{{{x_1}-1}}=\frac{y_1}{{k{y_1}-2}}}\\{{k_2}=\frac{y_2}{{{x_2}-1}}=\frac{y_2}{{k{y_2}-2}}}\end{array}}\right.$，
∴$\frac{1}{k_1}+\frac{1}{k_2}=（{k-\frac{2}{y_1}}）+（{k-\frac{2}{y_2}}）=2k-2（{\frac{1}{y_1}+\frac{1}{y_2}}）=-6k$，$\frac{1}{k_1}•\frac{1}{k_2}={k^2}-2k（{\frac{1}{y_1}+\frac{1}{y_2}}）+\frac{4}{{{y_1}{y_2}}}={k^2}-8$，
直线AF₂的方程为y=k₁（x-1），代入y²=4x有$k_1^2{x^2}-（{2k_1^2+4}）x+k_1^2=0$，
设C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），则有${x_3}+{x_4}=2+\frac{4}{k_1^2}$，
∴$|{CD}|=|{C{F_2}}|+|{D{F_2}}|=（{{x_2}+1}）+（{{x_2}+1}）={x_1}+{x_2}+2=4+\frac{4}{k_1^2}=4（{1+\frac{1}{k_1^2}}）$，
同理$|{EF}|=4（{1+\frac{1}{k_2^2}}）$．
∴$|{CD}||{EF}|=16（{1+\frac{1}{k_1^2}}）（{1+\frac{1}{k_2^2}}）=16[{{{（{\frac{1}{k_1}+\frac{1}{k_2}}）}^2}+{{（{\frac{1}{{{k_1}{k_2}}}-1}）}^2}}]=16[{36{k^2}+{{（{{k^2}-9}）}^2}}]=16{（{{k^2}+9}）^2}$，
∴$\sqrt{|{CD}||{EF}|}=4（{{k^2}+9}）∈[{36，40}）$．

点评 本题考查椭圆与抛物线的方程的求法，直线与圆锥曲线的位置关系的应用，考查设而不求，思想的应用，是难题．