Question

12．已知直线y=2x是双曲线C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1的一条渐近线，点A（1，0），M（m，n）（n≠0）都在双曲线C上，直线AM与y轴相交于点P，设坐标原点为O．
（1）求双曲线C的方程，并求出点P的坐标（用m，n表示）；
（2）设点M关于y轴的对称点为N，直线AN与y轴相交于点Q，问：在x轴上是否存在定点T，使得TP⊥TQ？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）若过点D（0，2）的直线l与双曲线C交于R，S两点，且|$\overrightarrow{OR}$+$\overrightarrow{OS}$|=|$\overrightarrow{RS}$|，试求直线l的方程．

Answer 1

分析 （1）求得双曲线的渐近线方程，可得b=2a，由题意可得a=1，b=2，可得双曲线的方程，求出直线AM的方程，可令x=0，求得P的坐标；
（2）求得对称点N的坐标，直线AN方程，令x=0，可得N的坐标，假设存在T，运用两直线垂直的条件：斜率之积为-1，结合M在双曲线上，化简整理，即可得到定点T；
（3）设出直线l的方程，代入双曲线的方程，运用韦达定理，由向量数量积的性质，可得向量OR，OS的数量积为0，化简整理，解方程可得k的值，检验判别式大于0成立，进而得到直线l的方程．

解答 解：（1）双曲线C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1的渐近线为y=±$\frac{b}{a}$x，
由题意可得$\frac{b}{a}$=2，a=1，可得b=2，
即有双曲线的方程为x²-$\frac{{y}^{2}}{4}$=1，
又AM的方程为y=$\frac{n}{m-1}$（x-1），
令x=0，可得P（0，$\frac{n}{1-m}$）；
（2）点M关于y轴的对称点为N（-m，n），
直线AN的方程为y=$\frac{n}{-m-1}$（x-1），
令x=0，可得Q（0，$\frac{n}{1+m}$），
假设x轴存在点T（t，0），使得TP⊥TQ．
即有k_TP•k_TQ=-1，
即为$\frac{\frac{n}{1-m}}{-t}$•$\frac{\frac{n}{1+m}}{-t}$=-1，
可得t²=$\frac{{n}^{2}}{{m}^{2}-1}$，
由（m，n）满足双曲线的方程，可得m²-$\frac{{n}^{2}}{4}$=1，
即有$\frac{{n}^{2}}{{m}^{2}-1}$=4，
可得t²=4，解得t=±2，
故存在点T（±2，0），使得TP⊥TQ；
（3）可设过点D（0，2）的直线l：y=kx+2，
代入双曲线的方程可得（4-k²）x²-4kx-8=0，
即有△=16k²+32（4-k²）＞0，即k²＜8，
设R（x₁，y₁），S（x₂，y₂），
可得x₁+x₂=$\frac{4k}{4-{k}^{2}}$，x₁x₂=-$\frac{8}{4-{k}^{2}}$，
由|$\overrightarrow{OR}$+$\overrightarrow{OS}$|=|$\overrightarrow{RS}$|=|$\overrightarrow{OS}$-$\overrightarrow{OR}$|，
两边平方可得$\overrightarrow{OS}$•$\overrightarrow{OR}$=0，
即有x₁x₂+y₁y₂=0，
即x₁x₂+（kx₁+2）（kx₂+2）=（1+k²）x₁x₂+2k（x₁+x₂）+4=0，
即为（1+k²）•（-$\frac{8}{4-{k}^{2}}$）+2k（$\frac{4k}{4-{k}^{2}}$）+4=0，
化简可得k²=2，检验判别式大于0成立，
即有k=±$\sqrt{2}$，
则所求直线的方程为y=±$\sqrt{2}$x+2．

点评 本题考查双曲线的方程和性质，考查对称思想的运用，以及两直线垂直的条件，联立直线方程和双曲线方程，运用韦达定理和向量垂直的条件：数量积为0，考查化简整理的运算能力，属于中档题．