Question

己知兩點F₁（-2，0），F(xiàn)₂（2，0），動點P滿足條件||PF₁|-|PF₂||=2

3

．
（Ⅰ）求動點P的軌跡方程E．
（Ⅱ）是否存在過點G（2，2）的直線l與曲線E交于不同的兩點N，N，使G平分線段MN，試證明你的結論．
（Ⅲ）若直線l：y=kx+

2

與雙曲線C恒有兩個不同的交點A和B，且

OA

•

OB

＞2（其中O為原點），求k的取值范圍．

Answer 1

考點：直線與圓錐曲線的綜合問題

專題：圓錐曲線中的最值與范圍問題

分析：（Ⅰ）動點P是以F₁（-2，0），F(xiàn)₂（2，0）為焦點的雙曲線，且雙曲線的實軸為2

3

，由此能求出動點P的軌跡方程．
（Ⅱ）假設存在存在過點G（2，2）的直線l與曲線E交于不同的兩點N，N，使G平分線段MN，利用點差法能求出存在過點G（2，2）的直線l，其方程為y=

1

3

x+

4

3

．
（Ⅲ）將y=kx+

2

代入

x2

3

-y²=1得（1-3k²）x²-6

2

kx-9=0．由此利用根的判別式和韋達定理結合已知條件能求出k的取值范圍．

解答： 解：（Ⅰ）兩點F₁（-2，0），F(xiàn)₂（2，0），動點P滿足條件||PF₁|-|PF₂||=2

3

．
∴動點P是以F₁（-2，0），F(xiàn)₂（2，0）為焦點的雙曲線，
且雙曲線的實軸為2

3

，
∴動點P的軌跡方程E為：

x2

3

-y2=1．
（Ⅱ）假設存在存在過點G（2，2）的直線l與曲線E交于不同的兩點N，N，使G平分線段MN，
設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則x₁+x₂=4，y₁+y₂=4，
把M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）代入

x2

3

-y2=1，得：

x12

3

-y12=1，①，

x22

3

-y12=1，②
①-②，得：

(x1+x2)(x1-x2)

3

-（y₁-y₂）（y₁+y₂）=0，
∴

4

3

(x1-x2)=4(y1-y2)，
k=

y1-y2

x1-x2

=

1

3

，
∴直線l為：y-2=

1

3

(x-2)，即y=

1

3

x+

4

3

，
把y=

1

3

x+

4

3

代入

x2

3

-y2=1，得2x²-8x-25=0，
△=64+200＞0，
∴存在過點G（2，2）的直線l，其方程為y=

1

3

x+

4

3

．
（Ⅲ）（2）將y=kx+

2

代入

x2

3

-y²=1得（1-3k²）x²-6

2

kx-9=0．
由直線l與雙曲線交于不同的兩點得

1-3k2≠0 △=72k2+36(1-3k2)＞0

，
即k²≠

1

3

且k²＜1．①
設A（x_A，y_A），B（x_B，y_B），
則x_A+x_B=

6 2 k

1-3k2

，x_Ax_B=

-9

1+3k2

，
由

OA

•

OB

＞22得x_Ax_B+y_Ay_B＞2，
而x_Ax_B+y_Ay B =x_Ax_B+（kx_A+

2

）（kx_B+

2

）
=（k²+1）x_Ax_B+

2

k（x_A+x_B）+2
=（k²+1）•

-9

1-3k2

+

2

k•

6 2 k

1+3k2

+2=

3k2+7

3k2-2

．
于是

3k2+7

3k2-2

＞2，解得

1

3

＜k2＜3．②
由①、②得

1

3

＜k²＜1．
故k的取值范圍為（-1，-

3

3

）∪（

3

3

，1）．

點評：本題考查點的軌跡方程的求法，考查直線方程的求法，考查實數(shù)的取值范圍的求法，解題時要認真審題，注意點差法的合理運用．