专题6 圆锥曲线中的中点弦、对称问题

设 $ M(x,y) $ ，则 $ \dfrac{y}{x+2}\cdot \dfrac{y}{x-2}=-\dfrac{3}{4} $ ，所以点 $ M $ 的轨迹方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{4}+\dfrac{{y}^{2}}{3}=1(x\ne ±2) $ .设过点 $ P(1,1) $ 的直线与椭圆交于 $ A({x}_{1},{y}_{1}) $ ， $ B({x}_{2},{y}_{2}) $ ， $ {x}_{1}\ne {x}_{2} $ ,

所以 $ \begin{cases}\dfrac{{x}_{1}^{2}}{4}+\dfrac{{y}_{1}^{2}}{3}=1,\\ \dfrac{{x}_{2}^{2}}{4}+\dfrac{{y}_{2}^{2}}{3}=1,\end{cases} $ 所以 $ \dfrac{({x}_{1}+{x}_{2})({x}_{1}-{x}_{2})}{4}+\dfrac{({y}_{1}+{y}_{2})({y}_{1}-{y}_{2})}{3}=0 $ ，

因为 $ P(1,1) $ 为弦 $ AB $ 的中点，所以 $ {x}_{1}+{x}_{2}=2 $ ， $ {y}_{1}+{y}_{2}=2 $ ，所以 $ \dfrac{2({x}_{1}-{x}_{2})}{4}+\dfrac{2({y}_{1}-{y}_{2})}{3}=0 $ ，

所以直线 $ AB $ 的斜率 $ k=\dfrac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}=-\dfrac{3}{4} $ ，

所以直线 $ AB $ 的方程为 $ y-1=-\dfrac{3}{4}(x-1) $ ，

即 $ 3x+4y-7=0 $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

根据离心率为 $ \sqrt{17} $ ，可知 $ \sqrt{17}=\dfrac{c}{a}⇒1+\dfrac{{b}^{2}}{{a}^{2}}=17⇒\dfrac{{b}^{2}}{{a}^{2}}=16 $ .设 $ A({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ B({x}_{2},{y}_{2}) $ , $ {x}_{1}\ne {x}_{2} $ ,则 $ \dfrac{{x}_{1}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{y}_{1}^{2}}{{b}^{2}}=1 $ , $ \dfrac{{x}_{2}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{y}_{2}^{2}}{{b}^{2}}=1 $ ，两式相减得 $ \dfrac{{x}_{1}^{2}-{x}_{2}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{y}_{1}^{2}-{y}_{2}^{2}}{{b}^{2}}=0 $ ，

故 $ \dfrac{{b}^{2}}{{a}^{2}}=\dfrac{{y}_{1}^{2}-{y}_{2}^{2}}{{x}_{1}^{2}-{x}_{2}^{2}}=\dfrac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}\cdot \dfrac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}⇒\dfrac{{b}^{2}}{{a}^{2}}={k}_{AB}\cdot {k}_{OM} $ ,故 $ 16={k}_{AB}\cdot 2 $ ，故 $ {k}_{AB}=8 $ ，

故直线 $ AB $ 的方程为 $ y=8(x-1)+2 $ ，令 $ y=0 $ ，则 $ x=\dfrac{3}{4} $ ，故直线 $ AB $ 与 $ x $ 轴的交点为 $ (\dfrac{3}{4},0) $ ，

故 $ |NA|+|NB|\geqslant |AB| $ ,当且仅当 $ A $ , $ N $ , $ B $ 三点共线时取等号， $ |N{F}_{1}|+|N{F}_{2}|\geqslant |{F}_{1}{F}_{2}| $ ，当且仅当 $ {F}_{1} $ , $ {F}_{2} $ , $ N $ 三点共线时取等号，故 $ |NA|+|NB|+|N{F}_{1}|+|N{F}_{2}|\geqslant |{F}_{1}{F}_{2}|+|AB| $ ， $ |{F}_{1}{F}_{2}| $ , $ |AB| $ 为定值，当且仅当 $ N $ 是 $ {F}_{1}{F}_{2} $ 和 $ AB $ 的交点时取等号，故 $ N(\dfrac{3}{4},0) $ .

由题易知 $ \begin{cases}{c}^{2}={a}^{2}+{b}^{2},\\ e=\dfrac{c}{a}=2,\end{cases} $ 解得 $ {b}^{2}=3{a}^{2} $ , $ \therefore $ 双曲线的方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{y}^{2}}{3{a}^{2}}=1 $ .

由题知 $ A $ , $ B $ 关于原点对称,设 $ P({x}_{0},{y}_{0}) $ , $ A({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ B(-{x}_{1},-{y}_{1}) $ ,由 $ \begin{cases}\dfrac{{x}_{1}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{y}_{1}^{2}}{3{a}^{2}}=1,\\ \dfrac{{x}_{0}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{y}_{0}^{2}}{3{a}^{2}}=1,\end{cases} $ 得 $ \dfrac{{y}_{1}^{2}-{y}_{0}^{2}}{{x}_{1}^{2}-{x}_{0}^{2}}=3.\because $ 直线 $ PA $ , $ PB $ 的斜率分别为 $ {k}_{1} $ , $ {k}_{2} $ ,且 $ 1\leqslant {k}_{1}\leqslant \sqrt{2} $ , $ \therefore {k}_{1}=\dfrac{{y}_{1}-{y}_{0}}{{x}_{1}-{x}_{0}} $ , $ {k}_{2}=\dfrac{-{y}_{1}-{y}_{0}}{-{x}_{1}-{x}_{0}}=\dfrac{{y}_{1}+{y}_{0}}{{x}_{1}+{x}_{0}} $ , $ {k}_{1}{k}_{2}=\dfrac{{y}_{1}-{y}_{0}}{{x}_{1}-{x}_{0}}\cdot \dfrac{{y}_{1}+{y}_{0}}{{x}_{1}+{x}_{0}}=\dfrac{{y}_{1}^{2}-{y}_{0}^{2}}{{x}_{1}^{2}-{x}_{0}^{2}}=3 $ , $ \therefore {k}_{2}=\dfrac{3}{{k}_{1}}\in [\dfrac{3\sqrt{2}}{2},3] $ .故选 $ \mathrm{B} $ .