Question

12．已知双曲线C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞0，b＞0）的一条渐近线与直线x=$\frac{{a}^{2}}{c}$交于点M，双曲线C的离心率e=$\frac{\sqrt{6}}{2}$，F是其右焦点，且|MF|=1．
（Ⅰ）求双曲线C的方程；
（Ⅱ）过点A（0，1）的直线l与双曲线C的右支交于不同两点P、Q，且P在A、Q之间，若$\overrightarrow{AP}$=λ$\overrightarrow{AQ}$且$λ≥\frac{1}{3}$，求直线l斜率k的取值范围．

Answer 1

分析 （I）设双曲线的一条渐近线方程为y=$\frac{b}{a}$x，求得M的坐标，运用两点的距离公式和离心率公式，以及a，b，c的关系，解方程可得a，b，进而得到双曲线的方程；
（II）设直线l的斜率为k，则l的方程为y=kx+1，代入双曲线的方程，设点P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），运用判别式大于0，两根之和大于0，两根之积大于0，解不等式可得$\frac{1}{2}$＜k²＜1且k＜0  ①再由向量的关系的坐标表示，化简整理，即可得到$\frac{4}{5}$≤k²＜1②，可得k的范围．

解答 解：（I）设双曲线的一条渐近线方程为y=$\frac{b}{a}$x，
令x=$\frac{{a}^{2}}{c}$，可得y=$\frac{ab}{c}$，
即M（$\frac{{a}^{2}}{c}$，$\frac{ab}{c}$），F（c，0），
由|MF|=1，可得
（$\frac{{a}^{2}}{c}$-c）²+（$\frac{ab}{c}$）²=1，
由离心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$，
且a²+b²=c²，
解得a=$\sqrt{2}$，b=1，
则双曲线的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}$-y²=1；
（II）设直线l的斜率为k，则l的方程为y=kx+1，
设点P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{{x}^{2}-2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$得：（1-2k²）x²-4kx-4=0，
由l与双曲线C的右支交于不同的两点P、Q，
∴$\left\{\begin{array}{l}{△=16{k}^{2}+16（1-2{k}^{2}）＞0}\\{{x}_{1}+{x}_{2}=\frac{4k}{1-2{k}^{2}}＞0}\\{{x}_{1}{x}_{2}=\frac{4}{2{k}^{2}-1}＞0}\\{1-2{k}^{2}≠0}\end{array}\right.$，
∴$\frac{1}{2}$＜k²＜1且k＜0  ①
若$\overrightarrow{AP}$=λ$\overrightarrow{AQ}$且$λ≥\frac{1}{3}$，P在A、Q之间，则x₁=λx₂，$\frac{1}{3}$≤λ＜1，
则$\left\{\begin{array}{l}{（1+λ）{x}_{2}=\frac{4k}{1-2{k}^{2}}}\\{λ{{x}_{2}}^{2}=\frac{4}{2{k}^{2}-1}}\end{array}\right.$，即有$\frac{（1+λ）^{2}}{λ}$=$\frac{4{k}^{2}}{2{k}^{2}-1}$=2+$\frac{2}{2{k}^{2}-1}$，
设f（λ）=$\frac{（1+λ）^{2}}{λ}$=λ+$\frac{1}{λ}$+2在[$\frac{1}{3}$，1）上为减函数，（可由f′（λ）=1-$\frac{1}{{λ}^{2}}$＜0）
则4＜f（λ）≤$\frac{16}{3}$，即4＜2+$\frac{2}{2{k}^{2}-1}$≤$\frac{16}{3}$，
解得$\frac{4}{5}$≤k²＜1②
由①②可得-1＜k≤-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．
则k的取值范围是（-1，-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$]．

点评 本题考查双曲线的方程的求法，注意运用离心率公式和两点的距离公式，考查直线的斜率的范围，注意运用向量共线坐标表示和直线方程与双曲线方程联立．运用判别式大于0和韦达定理，考查化简整理的运算能力，属于中档题．