Question

15．已知直線l₁：y=-x+$\sqrt{2}$k，雙曲線C：y=$\frac{{k}^{2}}{x}$定點F₁（$\sqrt{2}$k，$\sqrt{2}$k）．
（1）若k=$\sqrt{2}$，求直線l₁，雙曲線C的解析式，定點F的坐標；
（2）在（1）的條件下，定點F₁（$\sqrt{2}$k，$\sqrt{2}$k）關于原點的對稱點記作F₂，在雙曲線C上任取一點P（x，y），求|PF₂-PF₁|的值；
（3）若k為大于0的任意實數，定點F₁（$\sqrt{2}$k，$\sqrt{2}$k）關于原點的對稱點記作F₂，在雙曲線C上任取一點P（x，y），判斷|PF₂-PF₁|的值是否為定值？若是，求出定值；若不是，說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據k=$\sqrt{2}$，代入直線、雙曲線的解析式即可解決問題．
（2）由題意F₁（2，2），F₂（-2，-2）．設P（m，$\frac{2}{m}$），利用兩點過距離公式求出PF₁，PF₂即可解決問題．
（3）|PF₂-PF₁|的值是定值．由題意F₁（$\sqrt{2}$k，$\sqrt{2}$k），F₂（-$\sqrt{2}$k，-$\sqrt{2}$k），設P（m，$\frac{{k}^{2}}{m}$），利用兩點過距離公式求出PF₁，PF₂即可解決問題．

解答 解：（1）∵k=$\sqrt{2}$，
∴直線l₁為y=x+2，雙曲線為y=$\frac{2}{x}$，點F₁（2，2）．

（2）由題意F₁（2，2），F₂（-2，-2）．設P（m，$\frac{2}{m}$），
∴PF₁=$\sqrt{（m-2）^{2}+（\frac{2}{m}-2）^{2}}$
=$\sqrt{{m}^{2}-4m+4+\frac{4}{{m}^{2}}-\frac{8}{m}+4}$
=$\sqrt{（{m}^{2}+4+\frac{4}{{m}^{2}}）-（4m+\frac{8}{m}）+4}$，
=$\sqrt{（m+\frac{2}{m}）^{2}-4（m+\frac{2}{m}）+4}$，
=$\sqrt{（m+\frac{2}{m}-2）^{2}}$，
=m+$\frac{2}{m}$-2，
同法可得PF₂=m+$\frac{2}{m}$+2，
∴|PF₁-PF₂|=4．

（3）|PF₂-PF₁|的值是定值．
理由：由題意F₁（$\sqrt{2}$k，$\sqrt{2}$k），F₂（-$\sqrt{2}$k，-$\sqrt{2}$k），設P（m，$\frac{{k}^{2}}{m}$），
∴PF₁=$\sqrt{（m-\sqrt{2}k）^{2}+（\frac{{k}^{2}}{m}-\sqrt{2}k）^{2}}$，
=$\sqrt{{m}^{2}-2\sqrt{2}mk+2{k}^{2}+\frac{{k}^{4}}{{m}^{2}}-2\sqrt{2}•\frac{{k}^{3}}{m}+2{k}^{2}}$，
=$\sqrt{（m+\frac{{k}^{2}}{m}）^{2}-2\sqrt{2}k（m+\frac{{k}^{2}}{m}）+2{k}^{2}}$，
=m+$\frac{{k}^{2}}{m}$-$\sqrt{2}$k，
同法可得PF₂═m+$\frac{{k}^{2}}{m}$+$\sqrt{2}$k，
∴|PF₂-PF₁|=2$\sqrt{2}$k．
∴|PF₂-PF₁|的值是定值．

點評 本題考查反比例函數綜合題、兩點間距離公式、完全平方公式的應用，解題的關鍵是學會利用參數解決問題，靈活運用完全平方公式解決問題，屬于中考壓軸題．