2014_退役省自主命题 (2014·理)
20．（本小题满分 13 分）
如图，已知双曲线 $C_{n} \frac{x^{2}}{a^{2}}-y^{2}=1(a>0)$ 的右焦点 $F$ ，点 $A, B$ 分别在 $C$ 的两条渐近线上，$A F \perp x$ 轴， $A B \perp O B, B F \| O A$（ $O$ 为坐标原点）．
（1）求双曲线 $C$ 的方程；
（2）过 $C$ 上一点 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)\left(y_{0} \neq 0\right)$ 的直线 $l: \frac{x_{0} x}{a^{2}}-y_{0} y=1$ 与直线 $A F$ 相交于点 $M$ ，与直线 $x=\frac{3}{2}$ 相交于点 $N$ ，证明点 $P$ 在 $C$ 上移动时，$\left|\frac{M F}{N F}\right|$ 恒为定值，并求此定值．
【答案】①$\frac{x^{2}}{3}-y^{2}=1$ ．②$\frac{M F}{N F}=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$
## 【解析】
试题分析：（1）求双曲线 $C$ 的方程就是妻确定 a 的值，用 $\mathrm{a}, \mathrm{c}$ 表示条件：$A F \perp x$ 轴，$A B \perp O B, B F / / O A$ ，即可得：直线 OB 方程为 $y=-\frac{1}{a} x$ ，直线 BF 的方程为 $y=\frac{1}{a}(x-c)$ ，解得 $B\left(\frac{c}{2},-\frac{c}{2 a}\right)$ 又直线 OA 的方程为 $y=\frac{1}{a} x$ ，则 $A\left(c, \frac{c}{a}\right), k_{a s}=\frac{3}{a}$ ．又因为 $\mathrm{AB} \perp \mathrm{OB}$ ，所以 $\frac{3}{a}\left(-\frac{1}{a}\right)=-1$ ，解得 $a^{2}=3$ ，故双曲线 C 的方程为 $\frac{x^{2}}{3}-y^{2}=1$ ．
（2）本题证明实质为计算 $\left|\frac{M F}{N F}\right|$ 的值．分别円，土标表示直线 $l$ 与 AF 的交点 $M\left(2, \frac{2 x_{0}-3}{3 y_{0}}\right)$ 及直线 $l$ 与直线 $x=\frac{3}{2}$的交点为 $N\left(\frac{3}{2}, \frac{\frac{3}{2} x_{0}-3}{3 y_{0}}\right)$ ，并利用 $\frac{x_{0}{ }^{2}}{3}-y_{0}{ }^{2}=1$ 化简：$\frac{3 F^{2}}{N F^{2}}=\frac{4\left(2 x_{0}-3\right)^{2}}{9\left[y_{0}{ }^{2}+\left(x_{0}-2\right)^{2}\right]}=\frac{4\left(2 x_{0}-3\right)^{2}}{9\left[\frac{x_{0}{ }^{2}}{3}-1+\left(x_{0}-2\right)^{2}\right]}=\frac{4}{3}$ ．
试题解析：（1）设 $F(c, 0)$ ，因为 $b=1$ ，所以 $c=\sqrt{a^{2}+1}$
直线 OB 方程为 $y=-\frac{1}{a} x$ ，直线 BF 的方程为 $y=\frac{1}{a}(x-c)$ ，解得 $B\left(\frac{c}{2},-\frac{c}{2 a}\right)$
又直线 O－A 的方程为 $y=\frac{1}{a} x$ ，则 $A\left(c, \frac{c}{a}\right), k_{A B}=\frac{3}{a}$ ．
又因为 $\mathrm{AB} \perp \mathrm{OB}$ ，所以 $\frac{3}{a}\left(-\frac{1}{a}\right)=-1$ ，解得 $a^{2}=3$ ，故双曲线 C 的方程为 $\frac{x^{2}}{3}-y^{2}=1$ ．
②由①知 $a=\sqrt{3}$ ，则直线 $l$ 的方程为 $\frac{x_{0} x}{3}-y_{0} y=1\left(y_{0} \neq 0\right)$ ，即 $y=\frac{x_{0} x-3}{3 y_{0}}$
因为直线 AF 的方程为 $x=2$ ，Fri以直线 $l$ ，与 AF 的交点 $M\left(2, \frac{2 x_{0}-3}{3 y_{0}}\right)$
直线 $l$ 与直线 $x=\frac{3}{2}$ 的交点为 $N\left(\frac{3}{2}, \frac{\frac{3}{2} x_{0}-3}{3 y_{0}}\right)$
则 $\frac{M F^{2}}{N F^{2}}=\frac{4\left(2 x_{0}-3\right)^{2}}{9\left[y_{0}^{2}+\left(x_{0}-2\right)^{2}\right]}$
因为是 C 上一点，则 $\frac{x_{0}{ }^{2}}{3}-y_{0}{ }^{2}=1$ ，代入上式得
$\frac{M F^{2}}{N F^{2}}=\frac{4\left(2 x_{0}-3\right)^{2}}{9\left[y_{0}^{2}+\left(x_{0}-2\right)^{2}\right]}=\frac{4\left(2 x_{0}-3\right)^{2}}{9\left[\frac{x_{0}^{2}}{3}-1-\left(x_{0}-2\right)^{2}\right]}=\frac{4}{3}$ ，所求定全为 $\frac{M F}{N F}=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$
考点：双曲线方程，直线的交点