Question

已知双曲线

x2

a2

-

y2

b2

=1（b＞a＞0），O为坐标原点，P、Q为双曲线上两动点，且OP⊥OQ．试证明
（1）

1

|OP|2

+

1

|OQ|2

=

1

a2

-

1

b2

；
（2）|OP|²+|OQ|²的最小值为

4a2b2

b2-a2

；
（3）S_△OPQ的最小值是

a2b2

b2-a2

．

Answer 1

分析：（1）设直线OP方程为y=kx（k≠0），将其与双曲线方程联解得到用k、a、b表示x²、y²的式子，从而得出|OP|²=x²+y²=

a2b2(1+k2)

b2-a2k2

．同理算出|OQ|²=

a2b2(1+k2)

k2b2-a2

，由此进行化简，即可得到

1

|OP|2

+

1

|OQ|2

=

1

a2

-

1

b2

成立；
（2）由b＞a＞0可得

1

a2

-

1

b2

为正数，利用基本不等式与（1）中证出的等式加以推理证明，可得当且仅当|OP|=|OQ|时，|OP|²+|OQ|²的最小值为

4a2b2

b2-a2

；
（3）根据OP⊥OQ利用三角形面积公式，可得S_△OPQ=

1

2

|OP|•|OQ|，再由（1）中证出的等式结合基本不等式加以证明，可得当且仅当|OP|=|OQ|时S_△OPQ的最小值是

a2b2

b2-a2

．

解答：解：（1）设直线OP的方程为y=kx，（k≠0）
由

y=kx x2 a2 - y2 b2 =1

消去y，得b²x²-a²k²x²=a²b²，
解之得x²=

a2b2

b2-a2k2

，从而得出y²=k²x²=

a2b2k2

b2-a2k2

，
∴|OP|²=x²+y²=

a2b2

b2-a2k2

+

a2b2k2

b2-a2k2

=

a2b2(1+k2)

b2-a2k2

．
由直线OP与OQ垂直，设OQ的方程为y=-

1

k

x，用类似于求|OP|²的方法，
可得|OQ|²=

a2b2[1+(- 1 k )2]

b2-a2(- 1 k )2

=

a2b2(1+k2)

k2b2-a2

，
∴

1

|OP|2

+

1

|OQ|2

=

b2-k2a2

a2b2(1+k2)

+

k2b2-a2

a2b2(1+k2)

=

b2(1+k2)-a2(1+k2)

a2b2(1+k2)

=

1

a2

-

1

b2

，
即等式

1

|OP|2

+

1

|OQ|2

=

1

a2

-

1

b2

成立；
（2）∵（|OP|²+|OQ|²）（

1

|OP|2

+

1

|OQ|2

）=2+

|OQ|2

|OP|2

+

|OP|2

|OQ|2

≥2+2

|OQ|2 |OP|2 • |OP|2 |OQ|2

=4，
∴（

1

a2

-

1

b2

）（|OP|²+|OQ|²）≥4…①，
∵b＞a＞0，∴

1

a

＞

1

b

＞0，可得

1

a2

-

1

b2

为正数．
在不等式①的两边都除以

1

a2

-

1

b2

，得|OP|²+|OQ|²≥

4

1 a2 - 1 b2

=

4a2b2

b2-a2

，
因此当且仅当|OP|=|OQ|时，|OP|²+|OQ|²的最小值为

4a2b2

b2-a2

；
（3）∵OP⊥OQ，∴△OPQ的面积S_△OPQ=

1

2

|OP|•|OQ|，
由（1）得

1

a2

-

1

b2

=

1

|OP|2

+

1

|OQ|2

≥2

1 |OP|2 • 1 |OQ|2

=

2

|OP|•|OQ|

=

1

S△OPQ

，
∴S_△OPQ≥

1

1 a2 - 1 b2

=

a2b2

b2-a2

．
即当且仅当|OP|=|OQ|时，△OPQ的面积S_△OPQ的最小值为

a2b2

b2-a2

．

点评：本题给出由原点O出发的两条射线OP、OQ互相垂直，且与双曲线交于点P、Q，求|OP|²+|OQ|²的最小值并求△OPQ的面积S_△OPQ的最小值．着重考查了三角形的面积公式、双曲线的标准方程与简单几何性质和直线与圆锥曲线的关系等知识，属于中档题．