Question

19．已知橢圓x²+$\frac{y^2}{4}$=1的左右兩個頂點分別為A，B，曲線C是以A，B兩點為頂點，焦距為2$\sqrt{5}$的雙曲線，設(shè)點P在第一象限且在曲線C上，直線AP與橢圓相交于另一點T
（1）求曲線C的方程
（2）設(shè)P，T兩點的橫坐標分別為x₁，x₂，求證x₁．x₂為一定值
（3）設(shè)△TAB與△POB（其中O為坐標原點）的面積分別為S₁，S₂，且$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$≤15，求S₁²-S₂²的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）由橢圓性質(zhì)求出A（-1，0），B（1，0）．由題意知雙曲線的焦距2c=2 $\sqrt{5}$，實半軸a=1，由此能求出雙曲線C的方程．
（2）設(shè)點P（x₁，y₁），T（x₂，y₂）（x₁＞0，x₂＞0），則直線AP的方程為y=k（x+1），代入x²+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1，得（4+k²）x²+2k²x+k²-4=0，由此能證明為x₁•x₂為定值．
（3）由已知條件推導出x₁²+y₁²≤16，x₁²≤4，從而得到1＜x₁≤2，由此能求出S₁²-S₂²的取值范圍為[0，1]．

解答 （1）解：∵橢圓x²+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1的左、右兩個頂點分別為A，B，
∴A（-1，0），B（1，0）．
∵曲線C是以A，B兩點為頂點，焦距為2$\sqrt{5}$的雙曲線，
∴雙曲線的焦距2c=2$\sqrt{5}$，實半軸a=1，
∴c=$\sqrt{5}$，b²=c²-a²=4．
∴雙曲線C的方程為x²-$\frac{{y}^{2}}{4}$=1．
（2）證明：設(shè)點P（x₁，y₁），T（x₂，y₂）（x₁＞0，x₂＞0），
直線AP的斜率為k（k＞0），則直線AP的方程為y=k（x+1），
代入x²+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1，
整理，得（4+k²）x²+2k²x+k²-4=0，
解得x=-1或x=$\frac{4-{k}^{2}}{4+{k}^{2}}$，
所以x₂=$\frac{4-{k}^{2}}{4+{k}^{2}}$．
同理將直線方程代入x₂-$\frac{{y}^{2}}{4}$=1，解得x₁=$\frac{4+{k}^{2}}{4-{k}^{2}}$．
∴x₁x₂=$\frac{4+{k}^{2}}{4-{k}^{2}}$•$\frac{4-{k}^{2}}{4+{k}^{2}}$=1為定值．
（3）解：由（2）知，$\overrightarrow{PA}$=（-1-x₁，-y₁），$\overrightarrow{PB}$=（1-x₁，-y₁），
又$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$≤15，
∴（-1-x₁）（1-x₁）+y₁²≤15，即 x₁²+y₁²≤16，
∵點P在雙曲線上，則 x₁²-$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{4}$=1，
∴x₁²+4 x₁²-4≤16，即 x₁²≤4，
又點P是雙曲線在第一象限內(nèi)的點，∴1＜x₁≤2，
∵s₁=$\frac{1}{2}$|AB||y₂|=|y₂|，s₂=$\frac{1}{2}$|OB||y₁|=$\frac{1}{2}$|y₁|，
所以．S₁²-S₂²=y₂²-$\frac{1}{4}$y₁²=（4-4x₂² ）-（ x₁²-1）=5-x₁²-4x₂²
由（Ⅱ）知x₁•x₂=1，即，x₂=$\frac{1}{{x}_{1}}$，
設(shè)t=x₁²，則1＜t≤4，
∴S₁²-S₂²=5-t-$\frac{4}{t}$，
∵t+$\frac{4}{t}$在（1，2]上單調(diào)遞減，在[2，4]上單調(diào)遞增，
∴當t=4，即x₁=2時，（S₁²-S₂²）_min=0．
當t=2，即x₁=$\sqrt{2}$．（S₁²-S₂²）_max=1
∴S₁²-S₂²的取值范圍為[0，1]．

點評 本題考查曲線方程的求法，考查兩數(shù)乘積為定值的證明，考查兩三角形面積的平方差的取值范圍的求法，解題時要注意函數(shù)與方程思想的合理運用．