《2025年高考总复习优化设计高中数学北师大版》

例1(2024·广东韶关模拟)已知双曲线$C$：$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞0,b＞0)$的右焦点为$F(2,0)$，过点$F$的直线$l$与双曲线$C$的右支相交于$M,N$两点，点$M$关于$y$轴对称的点为$P$.当$\overrightarrow{MN}\cdot \overrightarrow{MP}=0$时，$|MN|=\frac{2\sqrt{3}}{3}$.
(1)求双曲线$C$的方程；
(2)若$\triangle MNP$的外心为$Q$，求$\frac{|QF|}{|MN|}$的取值范围.

答案： 例1　解
(1)设双曲线的半焦距为$c$，因为双曲线C的右焦点为$F(2,0)$，所以$c=2$。因为点$M$和点$P$关于$y$轴对称，所以当$\overrightarrow{MN}\cdot\overrightarrow{MP}=0$时，直线$l$的方程为$x=c$。
联立$\begin{cases} \dfrac{x^{2}}{a^{2}} - \dfrac{y^{2}}{b^{2}} = 1 \\x = c \end{cases}$，可得$y = \pm \dfrac{b^{2}}{a}$，又$x=c$，$\vert MN\vert = \dfrac{2\sqrt{3}}{3}$，所以$\dfrac{2b^{2}}{a} = \dfrac{2\sqrt{3}}{3}$，又$c^{2} = a^{2} + b^{2}$，所以$a = \sqrt{3}$，$b = 1$，故双曲线方程为$\dfrac{x^{2}}{3} - y^{2} = 1$。
(2)若直线$l$的斜率为0，则直线$l$与双曲线右支只有一个交点，与已知矛盾，所以可设直线$l$的方程为$x = ty + 2$。
联立$\begin{cases} \dfrac{x^{2}}{3} - y^{2} = 1 \\x = ty + 2 \end{cases}$，消去$x$，整理得$(t^{2} - 3)y^{2} + 4ty + 1 = 0$，$t^{2} - 3 \neq 0$，即$t \neq \pm \sqrt{3}$。
$\Delta = 16t^{2} - 4(t^{2} - 3) = 12t^{2} + 12 ＞ 0$。
设$M(x_{1},y_{1})$，$N(x_{2},y_{2})$，$P(-x_{1},y_{1})$，则$y_{1} + y_{2} = -\dfrac{4t}{t^{2} - 3}$，$y_{1}y_{2} = \dfrac{1}{t^{2} - 3}$。
$x_{1} + x_{2} = t(y_{1} + y_{2}) + 4 = -\dfrac{4t^{2}}{t^{2} - 3} + 4 = -\dfrac{12}{t^{2} - 3}$，$x_{1}x_{2} = t^{2}y_{1}y_{2} + 2t(y_{1} + y_{2}) + 4 = -\dfrac{3t^{2} - 12}{t^{2} - 3}$。
由已知$-\dfrac{12}{t^{2} - 3} ＞ 0$，$-\dfrac{3t^{2} - 12}{t^{2} - 3} ＞ 0$，所以$-\sqrt{3} ＜ t ＜ \sqrt{3}$，所以线段$MN$的中点坐标为$(-\dfrac{6}{t^{2} - 3}, -\dfrac{2t}{t^{2} - 3})$，所以线段$MN$的垂直平分线的方程为$y + \dfrac{2t}{t^{2} - 3} = -\dfrac{1}{t}(x + \dfrac{6}{t^{2} - 3})$。
又线段$MP$的垂直平分线的方程为$x = 0$，所以点$Q$的坐标为$(0, -\dfrac{8t}{t^{2} - 3})$，所以$\vert QF\vert = \sqrt{(2 - 0)^{2} + (0 + \dfrac{8t}{t^{2} - 3})^{2}} = \dfrac{2\sqrt{t^{4} + 10t^{2} + 9}}{3 - t^{2}}$，$\vert MN\vert = \sqrt{1 + t^{2}}\vert y_{2} - y_{1}\vert = \sqrt{1 + t^{2}} \cdot \dfrac{\sqrt{12t^{2} + 12}}{3 - t^{2}} = \dfrac{2\sqrt{3}(t^{2} + 1)}{3 - t^{2}}$。
所以$\dfrac{\vert QF\vert}{\vert MN\vert} = \dfrac{\sqrt{t^{4} + 10t^{2} + 9}}{3\sqrt{t^{2} + 1}} = \dfrac{\sqrt{3}}{3}\sqrt{1 + \dfrac{8}{t^{2} + 1}}$。因为$-\sqrt{3} ＜ t ＜ \sqrt{3}$，所以$1 \leq t^{2} + 1 ＜ 4$，所以$3 ＜ 1 + \dfrac{8}{t^{2} + 1} \leq 9$，所以$1 ＜ \dfrac{\vert QF\vert}{\vert MN\vert} \leq \sqrt{3}$，所以$\dfrac{\vert QF\vert}{\vert MN\vert}$的取值范围为$(1,\sqrt{3}]$。