双曲线与向量点积范围（18分大题）

第(1)问

$\Gamma:x^2-\dfrac{y^2}{b^2}=1$，$a=1$，$c=\sqrt{1+b^2}$。$e=2$，故 $c=2$，$c^2=4=1+b^2$，$b^2=3$，$b=\sqrt{3}$。

答案

(1) $b=\sqrt{3}$。

第(2)问

$b=\dfrac{2\sqrt{6}}{3}$，$b^2=\dfrac{8}{3}$，$\Gamma:x^2-\dfrac{3y^2}{8}=1$。$A_2(1,0)$，$M(-2,0)$。

过 $M$ 的直线 $l$：$y=k(x+2)$。与 $\Gamma$ 联立：

$x^2-\dfrac{3k^2(x+2)^2}{8}=1$

$8x^2-3k^2(x^2+4x+4)=8$

$(8-3k^2)x^2-12k^2x-(12k^2+8)=0$

设 $P(x_1,y_1)$（第一象限），$Q(x_2,y_2)$。$x_1+x_2=\dfrac{12k^2}{8-3k^2}$，$x_1x_2=\dfrac{-(12k^2+8)}{8-3k^2}$。

$\triangle MA_2P$ 等腰，$M(-2,0)$，$A_2(1,0)$，$P(x_1,y_1)$。

$|MA_2|=3$。需 $|MP|=|MA_2|=3$ 或 $|A_2P|=|MA_2|=3$ 或 $|MP|=|A_2P|$。

情况一：$|MA_2|=|MP|=3$。$P$ 在以 $M$ 为圆心半径 $3$ 的圆上，又在 $\Gamma$ 第一象限。

$(x_1+2)^2+y_1^2=9$，$x_1^2-\dfrac{3y_1^2}{8}=1$。$y_1^2=\dfrac{8(x_1^2-1)}{3}$。

$(x_1+2)^2+\dfrac{8(x_1^2-1)}{3}=9$

$3x_1^2+12x_1+12+8x_1^2-8=27$

$11x_1^2+12x_1-23=0$

$(11x_1+23)(x_1-1)=0$，$x_1=1$（$A_2$，非第一象限上方）或 $x_1=-\dfrac{23}{11}$（舍，负）。

此情况无第一象限解。

情况二：$|MA_2|=|A_2P|=3$。$(x_1-1)^2+y_1^2=9$，$y_1^2=\dfrac{8(x_1^2-1)}{3}$。

$(x_1-1)^2+\dfrac{8(x_1^2-1)}{3}=9$

$3x_1^2-6x_1+3+8x_1^2-8=27$

$11x_1^2-6x_1-32=0$

$x_1=\dfrac{6\pm\sqrt{36+1408}}{22}=\dfrac{6\pm\sqrt{1444}}{22}=\dfrac{6\pm 38}{22}$

$x_1=2$ 或 $x_1=-\dfrac{32}{22}=-\dfrac{16}{11}$（舍）。

$x_1=2$，$y_1^2=\dfrac{8(4-1)}{3}=8$，$y_1=2\sqrt{2}$（第一象限）。

$P=(2,2\sqrt{2})$。验证在直线上：$y=k(x+2)$，$2\sqrt{2}=k\cdot 4$，$k=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$。

答案

(2) $P=(2,2\sqrt{2})$。

第(3)问

$Q(x_2,y_2)$，$OQ$ 延长交 $\Gamma$ 于 $R$。$R$ 与 $Q$ 关于原点对称（因 $x^2-\dfrac{3y^2}{8}=1$ 关于原点对称），$R=(-x_2,-y_2)$。

$A_1(-1,0)$，$A_2(1,0)$。

$\overrightarrow{A_1R}\cdot\overrightarrow{A_2P}=((-x_2)-(-1))\cdot(x_1-1)+(-y_2)\cdot y_1=(1-x_2)(x_1-1)-y_1y_2=1$

由韦达定理 $x_1+x_2=\dfrac{12k^2}{8-3k^2}$，$x_1x_2=\dfrac{-(12k^2+8)}{8-3k^2}$。

$y_1=k(x_1+2)$，$y_2=k(x_2+2)$。

$y_1y_2=k^2(x_1+2)(x_2+2)=k^2[x_1x_2+2(x_1+x_2)+4]$

$=k^2\left[\dfrac{-(12k^2+8)}{8-3k^2}+\dfrac{24k^2}{8-3k^2}+4\right]=k^2\cdot\dfrac{-12k^2-8+24k^2+32-12k^2}{8-3k^2}=k^2\cdot\dfrac{24}{8-3k^2}$

$(1-x_2)(x_1-1)=x_1-1-x_1x_2+x_2=(x_1+x_2)-1-x_1x_2-2+2$... 直接算：

$(1-x_2)(x_1-1)=x_1-1-x_1x_2+x_2=(x_1+x_2)-1-x_1x_2$

$=\dfrac{12k^2}{8-3k^2}-1-\dfrac{-(12k^2+8)}{8-3k^2}=\dfrac{12k^2+12k^2+8}{8-3k^2}-1=\dfrac{24k^2+8}{8-3k^2}-\dfrac{8-3k^2}{8-3k^2}=\dfrac{27k^2}{8-3k^2}$

故 $\overrightarrow{A_1R}\cdot\overrightarrow{A_2P}=\dfrac{27k^2}{8-3k^2}-\dfrac{24k^2}{8-3k^2}=\dfrac{3k^2}{8-3k^2}=1$

$3k^2=8-3k^2$，$6k^2=8$，$k^2=\dfrac{4}{3}$，$k=\pm\dfrac{2}{\sqrt{3}}$。

需 $8-3k^2=8-4=4>0$，满足。$P$ 在第一象限要求 $k>0$，$k=\dfrac{2}{\sqrt{3}}$。

$k=\dfrac{2}{\sqrt{3}}$，$b^2$ 待求。$b$ 的范围需 $P$ 在第一象限，直线与右支有交点。

实际上 $b$ 应使 $P$ 在第一象限存在，$k^2=\dfrac{4}{3}$，过 $M(-2,0)$ 的直线 $y=\dfrac{2}{\sqrt{3}}(x+2)$ 与 $\Gamma:x^2-\dfrac{y^2}{b^2}=1$ 的交点在第一象限。

$y^2=\dfrac{4}{3}(x+2)^2$，$x^2-\dfrac{4(x+2)^2}{3b^2}=1$，$x^2(3b^2-4)-16x-(16+3b^2)=0$。

需 $3b^2-4>0$ 即 $b>\dfrac{2}{\sqrt{3}}$，且正根 $x_1>0$。

$x_1=\dfrac{16+\sqrt{256+4(3b^2-4)(16+3b^2)}}{2(3b^2-4)}>0$ 恒成立（分子为正）。

还需 $y_1>0$，即 $x_1>-2$（$x_1>0$ 满足）。

故 $b>\dfrac{2}{\sqrt{3}}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$。

答案

(3) $b$ 的范围为 $\left(\dfrac{2\sqrt{3}}{3},+\infty\right)$。