题目
已知点A（2，1）在双曲线C：(({x^2)})/(({a^2))}-(({y^2)})/(({a^2)-1)}=1（a＞1）上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0．（1）求l的斜率；（2）若tan∠PAQ=2sqrt(2)，求△PAQ的面积．
已知点A（2，1）在双曲线C：$\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}}$-$\frac{{{y^2}}}{{{a^2}-1}}$=1（a＞1）上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0．
（1）求l的斜率；
（2）若tan∠PAQ=2$\sqrt{2}$，求△PAQ的面积．
（1）求l的斜率；
（2）若tan∠PAQ=2$\sqrt{2}$，求△PAQ的面积．
题目解答
答案
解：（1）将点A代入双曲线方程得 $\frac{4}{{a}^{2}}-\frac{1}{{a}^{2}-1}=1$，
化简得a4-4a2+4=0，∴a2=2，故双曲线方程为$\frac{x^{2}}{2}-y^{2}=1$，
由题显然直线l的斜率存在，设l：y=kx+m，设P（x1，y1）Q（x2，y2），
则联立双曲线得：（2k2-1）x2+4kmx+2m2+2=0，
故$x_{1}+x_{2}=-\frac{4km}{2k^{2}-1}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{2{m}^{2}+2}{2{k}^{2}-1}$，
${k}_{AP}+{k}_{AQ}=\frac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}-2}+\frac{{y}_{2}-1}{{x}_{2}-2}=\frac{k{x}_{1}+m-1}{{x}_{1}-2}+\frac{k{x}_{2}+m-1}{{x}_{2}-2}=0$，
化简得：2kx1x2+（m-1-2k）（x1+x2）-4（m-1）=0，
故$\frac{2k（2{m}^{2}+2）}{2{k}^{2}-1}+（m-1-2k）（-\frac{4km}{2{k}^{2}-1}）-4（m-1）=0$，
即（k+1）（m+2k-1）=0，而直线l不过A点，故k=-1；
（2）设直线AP的倾斜角为α，由$tan∠PAQ=2\sqrt{2}$，∴$\frac{2tan\frac{∠PAQ}{2}}{1-ta{n}^{2}\frac{∠PAQ}{2}}=2\sqrt{2}$，得$tan\frac{∠PAQ}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
由2α+∠PAQ=π，∴α=$\frac{π-∠PAQ}{2}$，得${k}_{AP}=tanα=\sqrt{2}$，即$\frac{y_{1}-1}{x_{1}-2}=\sqrt{2}$，
联立$\frac{y_{1}-1}{x_{1}-2}=\sqrt{2}$，及$\frac{x_{1}^{2}}{2}-y_{1}^{2}=1$得$x_{1}=\frac{10-4\sqrt{2}}{3}，y_{1}=\frac{4\sqrt{2}-5}{3}$，
代入直线 l得$m=\frac{5}{3}$，故$x_{1}+x_{2}=\frac{20}{3}，x_{1}x_{2}=\frac{68}{9}$，
而$|AP|=\sqrt{3}|x_{1}-2|，|AQ|=\sqrt{3}|x_{2}-2|$，
由$tan∠PAQ=2\sqrt{2}$，得$sin∠PAQ=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，
故${S}_{△PAQ}=\frac{1}{2}|AP||AQ|sin∠PAQ=\sqrt{2}|{x}_{1}{x}_{2}-2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4|$=$\frac{16\sqrt{2}}{9}$．
化简得a4-4a2+4=0，∴a2=2，故双曲线方程为$\frac{x^{2}}{2}-y^{2}=1$，
由题显然直线l的斜率存在，设l：y=kx+m，设P（x1，y1）Q（x2，y2），
则联立双曲线得：（2k2-1）x2+4kmx+2m2+2=0，
故$x_{1}+x_{2}=-\frac{4km}{2k^{2}-1}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{2{m}^{2}+2}{2{k}^{2}-1}$，
${k}_{AP}+{k}_{AQ}=\frac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}-2}+\frac{{y}_{2}-1}{{x}_{2}-2}=\frac{k{x}_{1}+m-1}{{x}_{1}-2}+\frac{k{x}_{2}+m-1}{{x}_{2}-2}=0$，
化简得：2kx1x2+（m-1-2k）（x1+x2）-4（m-1）=0，
故$\frac{2k（2{m}^{2}+2）}{2{k}^{2}-1}+（m-1-2k）（-\frac{4km}{2{k}^{2}-1}）-4（m-1）=0$，
即（k+1）（m+2k-1）=0，而直线l不过A点，故k=-1；
（2）设直线AP的倾斜角为α，由$tan∠PAQ=2\sqrt{2}$，∴$\frac{2tan\frac{∠PAQ}{2}}{1-ta{n}^{2}\frac{∠PAQ}{2}}=2\sqrt{2}$，得$tan\frac{∠PAQ}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
由2α+∠PAQ=π，∴α=$\frac{π-∠PAQ}{2}$，得${k}_{AP}=tanα=\sqrt{2}$，即$\frac{y_{1}-1}{x_{1}-2}=\sqrt{2}$，
联立$\frac{y_{1}-1}{x_{1}-2}=\sqrt{2}$，及$\frac{x_{1}^{2}}{2}-y_{1}^{2}=1$得$x_{1}=\frac{10-4\sqrt{2}}{3}，y_{1}=\frac{4\sqrt{2}-5}{3}$，
代入直线 l得$m=\frac{5}{3}$，故$x_{1}+x_{2}=\frac{20}{3}，x_{1}x_{2}=\frac{68}{9}$，
而$|AP|=\sqrt{3}|x_{1}-2|，|AQ|=\sqrt{3}|x_{2}-2|$，
由$tan∠PAQ=2\sqrt{2}$，得$sin∠PAQ=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，
故${S}_{△PAQ}=\frac{1}{2}|AP||AQ|sin∠PAQ=\sqrt{2}|{x}_{1}{x}_{2}-2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4|$=$\frac{16\sqrt{2}}{9}$．
解析
步骤 1：求a的值
将点A（2，1）代入双曲线方程$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{a^{2}-1}=1$，得到$\frac{4}{a^{2}}-\frac{1}{a^{2}-1}=1$，化简得$a^{4}-4a^{2}+4=0$，解得$a^{2}=2$，故双曲线方程为$\frac{x^{2}}{2}-y^{2}=1$。
步骤 2：求直线l的斜率
设直线l的方程为$y=kx+m$，设P（$x_{1}$，$y_{1}$），Q（$x_{2}$，$y_{2}$），则联立双曲线方程得：$(2k^{2}-1)x^{2}+4kmx+2m^{2}+2=0$，故$x_{1}+x_{2}=-\frac{4km}{2k^{2}-1}$，$x_{1}x_{2}=\frac{2m^{2}+2}{2k^{2}-1}$，${k}_{AP}+{k}_{AQ}=\frac{y_{1}-1}{x_{1}-2}+\frac{y_{2}-1}{x_{2}-2}=\frac{kx_{1}+m-1}{x_{1}-2}+\frac{kx_{2}+m-1}{x_{2}-2}=0$，化简得：$2kx_{1}x_{2}+(m-1-2k)(x_{1}+x_{2})-4(m-1)=0$，故$\frac{2k(2m^{2}+2)}{2k^{2}-1}+(m-1-2k)(-\frac{4km}{2k^{2}-1})-4(m-1)=0$，即$(k+1)(m+2k-1)=0$，而直线l不过A点，故k=-1。
步骤 3：求△PAQ的面积
设直线AP的倾斜角为α，由$tan∠PAQ=2\sqrt{2}$，得$\frac{2tan\frac{∠PAQ}{2}}{1-tan^{2}\frac{∠PAQ}{2}}=2\sqrt{2}$，得$tan\frac{∠PAQ}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，由2α+∠PAQ=π，得α=$\frac{π-∠PAQ}{2}$，得${k}_{AP}=tanα=\sqrt{2}$，即$\frac{y_{1}-1}{x_{1}-2}=\sqrt{2}$，联立$\frac{y_{1}-1}{x_{1}-2}=\sqrt{2}$，及$\frac{x_{1}^{2}}{2}-y_{1}^{2}=1$得$x_{1}=\frac{10-4\sqrt{2}}{3}$，$y_{1}=\frac{4\sqrt{2}-5}{3}$，代入直线l得$m=\frac{5}{3}$，故$x_{1}+x_{2}=\frac{20}{3}$，$x_{1}x_{2}=\frac{68}{9}$，而$|AP|=\sqrt{3}|x_{1}-2|$，$|AQ|=\sqrt{3}|x_{2}-2|$，由$tan∠PAQ=2\sqrt{2}$，得$sin∠PAQ=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，故${S}_{△PAQ}=\frac{1}{2}|AP||AQ|sin∠PAQ=\sqrt{2}|x_{1}x_{2}-2(x_{1}+x_{2})+4|=\frac{16\sqrt{2}}{9}$。
将点A（2，1）代入双曲线方程$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{a^{2}-1}=1$，得到$\frac{4}{a^{2}}-\frac{1}{a^{2}-1}=1$，化简得$a^{4}-4a^{2}+4=0$，解得$a^{2}=2$，故双曲线方程为$\frac{x^{2}}{2}-y^{2}=1$。
步骤 2：求直线l的斜率
设直线l的方程为$y=kx+m$，设P（$x_{1}$，$y_{1}$），Q（$x_{2}$，$y_{2}$），则联立双曲线方程得：$(2k^{2}-1)x^{2}+4kmx+2m^{2}+2=0$，故$x_{1}+x_{2}=-\frac{4km}{2k^{2}-1}$，$x_{1}x_{2}=\frac{2m^{2}+2}{2k^{2}-1}$，${k}_{AP}+{k}_{AQ}=\frac{y_{1}-1}{x_{1}-2}+\frac{y_{2}-1}{x_{2}-2}=\frac{kx_{1}+m-1}{x_{1}-2}+\frac{kx_{2}+m-1}{x_{2}-2}=0$，化简得：$2kx_{1}x_{2}+(m-1-2k)(x_{1}+x_{2})-4(m-1)=0$，故$\frac{2k(2m^{2}+2)}{2k^{2}-1}+(m-1-2k)(-\frac{4km}{2k^{2}-1})-4(m-1)=0$，即$(k+1)(m+2k-1)=0$，而直线l不过A点，故k=-1。
步骤 3：求△PAQ的面积
设直线AP的倾斜角为α，由$tan∠PAQ=2\sqrt{2}$，得$\frac{2tan\frac{∠PAQ}{2}}{1-tan^{2}\frac{∠PAQ}{2}}=2\sqrt{2}$，得$tan\frac{∠PAQ}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，由2α+∠PAQ=π，得α=$\frac{π-∠PAQ}{2}$，得${k}_{AP}=tanα=\sqrt{2}$，即$\frac{y_{1}-1}{x_{1}-2}=\sqrt{2}$，联立$\frac{y_{1}-1}{x_{1}-2}=\sqrt{2}$，及$\frac{x_{1}^{2}}{2}-y_{1}^{2}=1$得$x_{1}=\frac{10-4\sqrt{2}}{3}$，$y_{1}=\frac{4\sqrt{2}-5}{3}$，代入直线l得$m=\frac{5}{3}$，故$x_{1}+x_{2}=\frac{20}{3}$，$x_{1}x_{2}=\frac{68}{9}$，而$|AP|=\sqrt{3}|x_{1}-2|$，$|AQ|=\sqrt{3}|x_{2}-2|$，由$tan∠PAQ=2\sqrt{2}$，得$sin∠PAQ=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，故${S}_{△PAQ}=\frac{1}{2}|AP||AQ|sin∠PAQ=\sqrt{2}|x_{1}x_{2}-2(x_{1}+x_{2})+4|=\frac{16\sqrt{2}}{9}$。