Question

已知?jiǎng)狱c(diǎn)P的軌跡方程為：

x2

4

-

y2

5

=1（x＞2），O是坐標(biāo)原點(diǎn)．
①若直線(xiàn)x-my-3=0截動(dòng)點(diǎn)P的軌跡所得弦長(zhǎng)為5，求實(shí)數(shù)m的值；
②設(shè)過(guò)P的軌跡上的點(diǎn)P的直線(xiàn)與該雙曲線(xiàn)的兩漸近線(xiàn)分別交于點(diǎn)P₁、P₂，且點(diǎn)P分有向線(xiàn)段

P1P2

所成的比為λ（λ＞0），當(dāng)λ∈[

3

4

，

3

2

]時(shí)，求|

OP1

|•|

OP2

|的最值．

Answer 1

分析：①先確定直線(xiàn)與雙曲線(xiàn)的右支相交，設(shè)兩個(gè)交點(diǎn)坐標(biāo)分別為D（x_D，y_D）、E（x_E，y_E），由雙曲線(xiàn)的第二定義，求出|DF|、|EF|，從而可得|DE|，利用直線(xiàn)x-my-3=0截動(dòng)點(diǎn)P的軌跡所得弦長(zhǎng)為5，即可求得m的值；
②先確定P的坐標(biāo)，進(jìn)而可表示|

OP1

|•|

OP2

|，利用基本不等式及端點(diǎn)的函數(shù)值，即可求得|

OP1

|•|

OP2

|的最值．

解答：解：①由動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程為：

x2

4

-

y2

5

=1（x＞2），∴直線(xiàn)x-my-3=0恒過(guò)雙曲線(xiàn)的右焦點(diǎn)F（3，0），于是直線(xiàn)與雙曲線(xiàn)的右支相交，
設(shè)兩個(gè)交點(diǎn)坐標(biāo)分別為D（x_D，y_D）、E（x_E，y_E），
由雙曲線(xiàn)的第二定義得

|DF|

|xD- a2 c |

=e，∴|DF|=ex_D-a
同理|EF|=ex_E-a，∴|DE|=e（x_D+x_E）-2a
∵a=2，c=3，∴e=

3

2

，∴|DE|=

3

2

（x_D+x_E）-4
∵若直線(xiàn)x-my-3=0截動(dòng)點(diǎn)P的軌跡所得弦長(zhǎng)為5
∴

3

2

（x_D+x_E）-4=5
∴x_D+x_E=6
由直線(xiàn)過(guò)右焦點(diǎn)F（3，0），知x_D=x_E=3，此時(shí)直線(xiàn)垂直于x軸，∴m=0．
②設(shè)P（x，y），P₁（x₁，y₁），P₂（x₂，y₂），則

y1= 5 2 x1 y2=- 5 2 x2

∴x=

x1+λx2

1+λ

，y=

y1+λy2

1+λ

=

5

2

×

x1-λx2

1+λ

∵點(diǎn)P（x，y）在雙曲線(xiàn)：

x2

4

-

y2

5

=1上
∴

(x1+λx2)2

4(1+λ)2

-

5

4

×

(x1-λx2)2

5(1+λ)2

=1，化簡(jiǎn)可得x1x2=

(1+λ)2

λ

∵|

OP1

|=

3

2

|x1|，|

OP2

|=

3

2

|x2|
∴|

OP1

|•|

OP2

|=

9

4

|x1x2|=

9

4

×

(1+λ)2

λ

令u=

(1+λ)2

λ

=λ+

1

λ

+2
∵λ∈[

3

4

，

3

2

]，∴λ=1時(shí)，λ+

1

λ

+2取得最小值4
∵λ=

3

4

時(shí)，u=

49

12

，λ=

3

2

時(shí)，u=

25

6

，∴λ+

1

λ

+2的最大值為

25

6

∴|

OP1

|•|

OP2

|的最小值為9，最大值為

75

8

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查直線(xiàn)與雙曲線(xiàn)的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，考查化歸與轉(zhuǎn)化、分類(lèi)與整合的數(shù)學(xué)思想，培養(yǎng)學(xué)生的抽象概括能力、推理論證能力、運(yùn)算求解能力和創(chuàng)新意識(shí)．