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已知双曲线 ${\displaystyle C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1}$ (${\displaystyle a>0,b>0}$), ${\displaystyle F_1(-2,0)}$, ${\displaystyle F_2(2,0)}$ 分别为左、右焦点, 点 ${\displaystyle A(2,\sqrt{2})}$ 在双曲线 ${\displaystyle C}$ 上.

1. 求双曲线的方程;
2. 如图, 在双曲线的右支上任取一点 ${\displaystyle P_0(x_0,y_0)}$, 以 ${\displaystyle P_0}$ 为切点作双曲线右支的切线, 交两渐近线于 ${\displaystyle M_0,N_0}$ 两点. 过 ${\displaystyle M_0,N_0}$ 两点分别作两渐近线的平行线交于点 ${\displaystyle P_1}$, 过 ${\displaystyle P_1}$ 作直线 ${\displaystyle M_0{N}_0}$ 的平行线分别交两渐近线于 ${\displaystyle M_1,N_1}$ 两点, 再过 ${\displaystyle M_1,N_1}$ 两点分别作两渐近线的平行线交于点 ${\displaystyle P_2}$, 一直反复操作, 可得 ${\displaystyle P_1,\cdots ,P_n}$.
   1. 证明: 点 ${\displaystyle O,P_0,P_1,\cdots ,P_n}$ 在同一条直线上, 并求该直线方程;
   2. 记 ${\displaystyle \mathrm{\Delta }{P}_{i-1}{M}_i{N}_i}$ (${\displaystyle i=1,\cdots ,n}$) 的面积为 ${\displaystyle S_i}$, 记 ${\displaystyle b_n=\sum _{i=1}^n{S}_i}$, 证明: ${\displaystyle \frac{1}{b_1}+\cdots +\frac{1}{b_n}<\frac{1}{3}}$.

1. 解 是 ${\displaystyle \frac{x^2}{2}-\frac{y^2}{2}=1}$.
2. 证明
   1. 首先 ${\displaystyle O,P_0}$ 就可以确定这根直线只能是 ${\displaystyle y=\frac{y_0}{x_0}x}$. 如果 ${\displaystyle O,P_0,P_1}$ 共线, 在平行四边形 ${\displaystyle O{N}_0{P}_1{M}_0}$ 中, 一定有 ${\displaystyle M_0{P}_0=N_0{P}_0}$. 下面我们来证明这个结论.
      熟知 ${\displaystyle P_0}$ 处的切线为 ${\displaystyle x{x}_0-y{y}_0=2}$. 分别与渐近线 ${\displaystyle y=x,y=-x}$ 联立, 得 ${\displaystyle M_0(\frac{2}{x_0-y_0},\frac{2}{x_0-y_0})}$, ${\displaystyle N_0(\frac{2}{x_0+y_0},-\frac{2}{x_0+y_0})}$. 这样 $$\begin{array}{rl}{y}_{M_0}-y_0& =\frac{2}{x_0-y_0}-y_0=\frac{x_0^2-y_0^2}{x_0-y_0}-y_0=x_0,\\ y_0-y_{N_0}& =y_0+\frac{2}{x_0+y_0}=y_0+\frac{x_0^2-y_0^2}{x_0+y_0}=x_0,\end{array}$$ 所以 ${\displaystyle y_{M_0}-y_0=y_0-y_{N_0}}$, 所以 ${\displaystyle M_0{P}_0=P_0{N}_0}$, 这样 ${\displaystyle O,P_0,P_1}$ 共线, 且 ${\displaystyle O{P}_0=P_0{P}_1}$.
      现在过 ${\displaystyle P_1}$ 的 ${\displaystyle M_1{N}_1//M_0{N}_0}$, 根据几何相似关系 ${\displaystyle M_1{P}_1=N_1{P}_1}$, 从而在平行四边形 ${\displaystyle O{M}_1{P}_2{N}_1}$ 中, ${\displaystyle O{P}_1=P_1{P}_2}$, ${\displaystyle O,P_1,P_2}$ 共线.
      以此类推, ${\displaystyle O,P_1,P_2,\cdots ,P_n}$ 都共线, 且 ${\displaystyle O{P}_i=2^{i}O{P}_0}$.
   2. 因为 ${\displaystyle C}$ 的两条渐近线互相垂直 (斜率为 ${\displaystyle \pm 1}$), 所以 $$S_{\mathrm{\Delta }O{M}_0{N}_0}=\frac{1}{2}O{M}_0\cdot O{N}_0=\frac{1}{2}\sqrt{2}{x}_{M_0}\sqrt{2}{x}_{N_0}=\frac{4}{x_0^2-y_0^2}=2.$$ 进而 $$S_1=S_{\mathrm{\Delta }{N}_0{N}_1{M}_1}=\frac{1}{2}{S}_{\mathrm{\Delta }O{M}_1{N}_1}=2S_{\mathrm{\Delta }O{N}_0{M}_0}=4.$$ 由 2.1 证明的位似关系, ${\displaystyle S_i=4S_{i-1}}$, 从而 ${\displaystyle S_i=4^i}$, ${\displaystyle b_i=\frac{4(1-4^i)}{1-4}}$, 这样 $$\begin{array}{rl}\mathrm{LHS}& =\frac{3}{4}\sum _{i=1}^n\frac{1}{4^i-1}<\frac{3}{4}\sum _{i=1}^n\frac{1}{4^i-4^{i-1}}=\sum _{i=1}^n\frac{1}{4^i}\\ & =\frac{1}{3}(1-\frac{1}{4^n})<\frac{1}{3}.\end{array}$$