Question

17．已知雙曲線C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1經過點（2，3），兩條漸近線的夾角為60°，直線l交雙曲線于A、B兩點．
（1）求雙曲線C的方程；
（2）若l過原點，P為雙曲線上異于A，B的一點，且直線PA、PB的斜率k_PA，k_PB均存在，求證：k_PA•k_PB為定值；
（3）若l過雙曲線的右焦點F₁，是否存在x軸上的點M（m，0），使得直線l繞點F₁無論怎樣轉動，都有$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=0成立？若存在，求出M的坐標；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）利用雙曲線C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1經過點（2，3），兩條漸近線的夾角為60°，建立方程，即可求雙曲線C的方程；
（2）設M（x₀，y₀），由雙曲線的對稱性，可得N的坐標，設P（x，y），結合題意，又由M、P在雙曲線上，可得y₀²=3x₀²-3，y²=3x²-3，將其坐標代入k_PM•k_PN中，計算可得答案．
（3）先假設存在定點M，使MA⊥MB恒成立，設出M點坐標，根據數量級為0，求得結論．

解答 （1）解：由題意得 $\left\{\begin{array}{l}{\frac{4}{{a}^{2}}-\frac{9}{{b}^{2}}=1}\\{\frac{b}{a}=\sqrt{3}}\end{array}\right.$                …（2分）
解得a=1，b=$\sqrt{3}$                             …（3分）
∴雙曲線C的方程為${x}^{2}-\frac{{y}^{2}}{3}=1$；              …（4分）
（2）證明：設A（x₀，y₀），由雙曲線的對稱性，可得B（-x₀，-y₀）．
設P（x，y），…（5分）
則k_PA•k_PB=$\frac{{y}^{2}-{{y}_{0}}^{2}}{{x}^{2}-{{x}_{0}}^{\;}}$，
∵y₀²=3x₀²-3，y²=3x²-3，…（8分）
所以k_PA•k_PB=$\frac{{y}^{2}-{{y}_{0}}^{2}}{{x}^{2}-{{x}_{0}}^{\;}}$=3                              …（10分）
（3）解：由（1）得點F₁為（2，0）
當直線l的斜率存在時，設直線方程y=k（x-2），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）
將方程y=k（x-2）與雙曲線方程聯立消去y得：（k²-3）x²-4k²x+4k²+3=0，
∴x₁+x₂=$\frac{4{k}^{2}}{{k}^{2}-3}$，x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}+3}{{k}^{2}-3}$
假設雙曲線C上存在定點M，使MA⊥MB恒成立，設為M（m，n）
則$\overrightarrow{MA}$•$\overrightarrow{MB}$=（x₁-m）（x₂-m）+[k（x₁-2）-n][k（x₂-2）-n]
=（k²+1）x₁x₂-（2k²+kn+m）（x₁+x₂）+m²+4k²+4kn+n²=$\frac{（{m}^{2}+{n}^{2}-4m-5）{k}^{2}-12nk-3（{m}^{2}+{n}^{2}-1）}{{k}^{2}-3}$=0，
故得：（m²+n²-4m-5）k²-12nk-3（m²+n²-1）=0對任意的k²＞3恒成立，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{m}^{2}+{n}^{2}-4m-5=0}\\{12n=0}\\{{m}^{2}+{n}^{2}-1=0}\end{array}\right.$，解得m=-1，n=0
∴當點M為（-1，0）時，MA⊥MB恒成立；
當直線l的斜率不存在時，由A（2，3），B（2，-3）知點M（-1，0）使得MA⊥MB也成立．
又因為點（-1，0）是雙曲線C的左頂點，
所以雙曲線C上存在定點M（-1，0），使MA⊥MB恒成立．…（16分）

點評 本題考查點的軌跡方程的求法，考查斜率的計算，考查存在性問題，綜合性強．