Question

（2013•牡丹江一模）已知雙曲線E：

x2

a2

-

y2

b2

=1的焦距為4，以原點為圓心，實半軸長為半徑的圓和直線x-y+

6

=0相切．
（Ⅰ） 求雙曲線E的方程；
（Ⅱ）已知點F為雙曲線E的左焦點，試問在x軸上是否存在一定點M，過點M任意作一條直線l交雙曲線E于P，Q兩點，使

FP

•

FQ

為定值？若存在，求出此定值和所有的定點M的坐標；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（I）利用點到直線的距離公式求得a，再根據(jù)焦距，求得b．
（II）假設(shè)存在滿足條件的點M，先在直線垂直于y軸時，求得定值，再結(jié)合韋達定理根與系數(shù)的關(guān)系，分析驗證直線不垂直于y軸時，求得此定值的情況，從而得出結(jié)論．

解答：解：（Ⅰ）原點到直線 x-y+

6

=0的距離d=

6

2

=

3

，
∴c=2，a=

3

，∴b=1，
∴雙曲線E的方程為E：

x2

3

-y2=1；         
（Ⅱ）解法一：假設(shè)存在點M（m，0）滿足條件，
①當(dāng)直線l方程為y=0時，則P(-

3

，0)，Q(

3

，0)，F(xiàn)(-2，0)，∴

FP

•

FQ

=(-

3

+2，0)•(

3

+2，0)=1；
②當(dāng)直線l方程不是y=0時，可設(shè)直線l：x=ty+m，(t≠±

3

)代入E：

x2

3

-y2=1
整理得(t2-3)y2+2mty+m2-3=0 (t≠±

3

)，*
由△＞0得m²+t²＞9，
設(shè)方程*的兩個根為y₁，y₂，滿足y1+y2=-

2mt

t2-3

， y1y2=

m2-3

t2-3

，∴

FP

•

FQ

=(ty1+m+2，y1)•(ty2+m+2，y2)=(t2+1)y1y2+t(m+2)(y1+y2)+(m+2)2=

t2-2m2-12m-15

t2-3

，
當(dāng)且僅當(dāng)2m²+12m+15=3時，

FP

•

FQ

為定值1，
解得m=-3±

3

，
∵m=-3+

3

不滿足對任意t≠±

3

，△＞0，∴不合題意，舍去．
而且m=-3-

3

滿足△＞0；
綜上得：過定點M(-3-

3

，0)任意作一條直線l交雙曲線E于P，Q兩點，使

FP

•

FQ

為定值1．
解法二：前同解法一，得

FP

•

FQ

=

t2-2m2-12m-15

t2-3

，
由

t2-2m2-12m-15

t2-3

=1⇒2m²+12m+15=3，
解得m=-3±

3

，下同解法一．
解法三：當(dāng)直線l不垂直x軸時，設(shè)l：y=k(x-m) (k≠±

3

3

)，代入E：

x2

3

-y2=1
整理得(3k2-1)x2-6mk2x+3(m2k2+1)=0 (k≠±

3

3

)，*
由△＞0得m²k²-3k²+1＞0，
設(shè)方程*的兩個根為x₁，x₂，滿足x1+x2=

6mk2

3k2-1

， x1x2=

3m2k2+3

3k2-1

，
∴

FP

•

FQ

=(x1+2，k(x1-m))•(x2+2，k(x2-m))=(1+k2)x1x2+(2-mk2)(x1+x2)+m2k2+4=

(2m2+12m+15)k2-1

3k2-1

，
當(dāng)且僅當(dāng)2m²+12m+15=3時，

FP

•

FQ

為定值1，
解得m=-3±

3

，
∵不滿足對任意K≠±

3

3

，△＞0，∴m=-3+

3

不合題意，舍去，
而且m=-3-

3

滿足△＞0；   
當(dāng)直線l⊥x軸時，l：x=-3-

3

代入E：

x2

3

-y2=1得y1，2=±

3+2 3

，
∴

FP

•

FQ

=(-1-

3

，y1)•(-1-

3

，y2)=(-1-

3

)2+y1y2=1；…（9分）
綜上得：（結(jié)論同解法一）

點評：本題借助存在性問題考查圓錐曲線中的定值問題．本題的解答是解決存在性問題的一般思路，巧妙的利用韋達定理根與系數(shù)的關(guān)系分析求解是關(guān)鍵．
另：第（II）題有一般性結(jié)論