Question

19．已知F₁、F₂为双曲线C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}-\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$的左、右焦点，P为双曲线C右支上一点，且PF₂⊥F₁F₂，PF₁与y轴交于点Q，点M满足$\overrightarrow{{F}_{1}M}$=3$\overrightarrow{M{F}_{2}}$，若MQ⊥PF₁，则双曲线C的离心率为（　　）

• A． $\sqrt{2}$
• B． $\sqrt{3}$
• C． $\frac{\sqrt{2}+\sqrt{3}}{2}$
• D． $\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}$

Answer 1

分析 如图所示，由PF₂⊥F₁F₂，可得P$（c，\frac{{b}^{2}}{a}）$，可得直线PF₁的方程，即可得出Q．利用点M满足$\overrightarrow{{F}_{1}M}$=3$\overrightarrow{M{F}_{2}}$，可得M，由MQ⊥PF₁，利用$\overrightarrow{MQ}•\overrightarrow{P{F}_{1}}$=0，化简解出即可．

解答 解：如图所示，
∵PF₂⊥F₁F₂，
∴P$（c，\frac{{b}^{2}}{a}）$，
∴直线PF₁的方程为：$y=\frac{\frac{{b}^{2}}{a}-0}{c-（-c）}（x+c）$，
令x=0，可得y=$\frac{{b}^{2}}{2a}$，∴Q$（0，\frac{{b}^{2}}{2a}）$．
∵点M满足$\overrightarrow{{F}_{1}M}$=3$\overrightarrow{M{F}_{2}}$，
∴$\overrightarrow{{F}_{1}M}=\frac{3}{4}\overrightarrow{{F}_{1}{F}_{2}}$，
∴$\overrightarrow{OM}$=$\overrightarrow{O{F}_{1}}$+$\frac{3}{4}\overrightarrow{{F}_{1}{F}_{2}}$=$（\frac{c}{2}，0）$．
∵MQ⊥PF₁，
∴$\overrightarrow{MQ}•\overrightarrow{P{F}_{1}}$=$（-\frac{c}{2}，\frac{{b}^{2}}{2a}）$•$（-2c，-\frac{{b}^{2}}{a}）$=${c}^{2}-\frac{{b}^{4}}{2{a}^{2}}$=0，
∴2a²c²=（c²-a²）²，
化为e⁴-4e²+1=0，e＞1，
解得${e}^{2}=2+\sqrt{3}$，
∴$e=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$．
故选：D．

点评 本题考查了双曲线的标准方程及其性质、向量垂直与数量积的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．