Question

16．已知雙曲線C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（b＞a＞0）的右焦點(diǎn)為F，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若存在直線l過點(diǎn)F交雙曲線C的右支于A，B兩點(diǎn)，使$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，則雙曲線離心率的取值范圍是$\sqrt{3}$＞e≥$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$．

Answer 1

分析 設(shè)焦點(diǎn)為F（c，0），設(shè)直線AB：y=k（x-c），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），聯(lián)立直線方程和雙曲線方程，消去y，運(yùn)用韋達(dá)定理和判別式大于0，由兩直線垂直的條件：斜率之積為-1，可得k，即可得到離心率的范圍．

解答 解：直線的斜率不存在時，A（c，$\frac{^{2}}{a}$），B（c，-$\frac{^{2}}{a}$），由于OA⊥OB，則有x₁x₂+y₁y₂=0，可得e=$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$；
焦點(diǎn)為F（c，0），直線AB：y=k（x-c），
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則聯(lián)立直線方程和雙曲線的方程，可得
（b²-a²k²）x²+2ca²k²x-a²k²c²-a²b²=0，
則△=4c²a⁴k⁴+4（b²-a²k²）（a²k²c²+a²b²）＞0，
x₁+x₂=$\frac{-2c{a}^{2}{k}^{2}}{^{2}-{a}^{2}{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{-{a}^{2}{k}^{2}{c}^{2}-{a}^{2}^{2}}{^{2}-{a}^{2}{k}^{2}}$，
則y₁y₂=k²（x₁x₂+c²-c（x₁+x₂））=k²•$\frac{{a}^{2}^{2}-^{2}{c}^{2}}{{a}^{2}{k}^{2}-^{2}}$，
由于OA⊥OB，則有x₁x₂+y₁y₂=0，
即有a²b²+a²k²c²+k²（a²b²-b²c²）=0，
即有k²=$\frac{{a}^{2}^{2}}{^{4}-{a}^{4}-{a}^{2}^{2}}$，
∴$\frac{{a}^{2}^{2}}{^{4}-{a}^{4}-{a}^{2}^{2}}$＞$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$，
∵b＞a，∴$\sqrt{3}$＞e＞$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$，
故答案為$\sqrt{3}$＞e≥$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$．

點(diǎn)評 本題考查雙曲線的離心率的范圍，考查聯(lián)立直線方程和雙曲線方程，消去未知數(shù)，運(yùn)用韋達(dá)定理和判別式大于0，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題和易錯題．