4.2直線與圓錐曲線的綜合問題課標要求1.進一步熟悉直線與圓錐曲線的位置關系；2.掌握弦長公式，會求解與弦長有關的問題.素養要求通過對直線與圓錐曲線的位置關系的討論，進一步提升邏輯推理及數學運算素養.1.思考已知直線l：y＝kx＋m上兩點A(x1，y1)，B(x2，y2)，線段AB的長度如何表示.提示|AB|＝eq\r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|(x1≠x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2).2.填空圓錐曲線的弦長公式設斜率為k(k≠0)的直線l與圓錐曲線C相交于A，B兩點，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(1＋\f(1,k2))·|y1－y2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))·eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2).溫馨提醒(1)對于斜率不確定時，需討論斜率存在或不存在兩種情況.(2)過拋物線y2＝2px(p＞0)焦點的弦AB，弦長|AB|＝x1＋x2＋p.通徑是過焦點的弦中最短的弦.3.做一做(1)設AB為過拋物線y2＝2px(p>0)的焦點的弦，則|AB|的最小值為()A.eq\f(p,2) B.pC.2p D.無法確定答案C解析當AB垂直于對稱軸時，|AB|取最小值，此時AB為拋物線的通徑，長度等于2p.(2)若直線y＝x＋1和橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1交于A，B兩點，則線段AB的長為________.答案eq\f(4\r(5),3)解析設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝x＋1))消y得3x2＋4x－2＝0.則x1x2＝－eq\f(2,3)，x1＋x2＝－eq\f(4,3)，所以|AB|＝eq\r(1＋12)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))\s\up12(2)－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3))))＝eq\f(4\r(5),3).題型一求弦長例1過雙曲線x2－eq\f(y2,3)＝1的左焦點F1作傾斜角為eq\f(π,6)的弦AB，求|AB|的長.解設A(x1，y1)，B(x2，y2)，易得雙曲線的左焦點為F1(－2，0)，∴直線AB的方程為y＝eq\f(\r(3),3)(x＋2)，與雙曲線方程聯立，消y得8x2－4x－13＝0.則x1＋x2＝eq\f(1,2)，x1x2＝－eq\f(13,8)，∴|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(1＋\f(1,3))×eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(13,8))))＝3.思維升華求弦長的兩種方法(1)求出弦兩端點的坐標，然后利用兩點間的距離公式求解，(2)結合根與系數的關系，利用弦長公式求解.訓練1已知斜率為1的直線l過橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1的右焦點F，交橢圓于A，B兩點，求|AB|.解設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由橢圓方程可知，右焦點F(eq\r(3)，0)，因為直線斜率為1，且過點F，則l：y＝x－eq\r(3)，聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x－\r(3)，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y整理得，5x2－8eq\r(3)x＋8＝0，所以x1＋x2＝eq\f(8\r(3),5)，x1x2＝eq\f(8,5).所以|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(1＋1)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8\r(3),5)))\s\up12(2)－\f(32,5))＝eq\f(8,5).題型二已知弦長解決問題例2已知拋物線方程為y2＝2px(p>0)，過此拋物線的焦點的直線與拋物線交于A，B兩點，且|AB|＝eq\f(5,2)p，求AB所在直線的方程.解由題意知焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，若AB⊥x軸，則|AB|＝2p<eq\f(5,2)p，所以直線AB的斜率存在，設為k，則直線AB的方程為y＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，k≠0.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，,y2＝2px))消去y，整理得k2x2－(k2p＋2p)x＋eq\f(k2p2,4)＝0.由根與系數的關系得x1＋x2＝p＋eq\f(2p,k2).所以|AB|＝x1＋eq\f(p,2)＋x2＋eq\f(p,2)＝x1＋x2＋p＝2p＋eq\f(2p,k2)＝eq\f(5,2)p，解得k＝±2.所以AB所在直線的方程為y＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))或y＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，即2x－y－p＝0或2x＋y－p＝0.思維升華(1)解決拋物線的焦點弦問題時，要注意拋物線定義在其中的應用，通過定義將焦點弦長度轉化為端點的坐標問題，從而可借助根與系數的關系進行求解.(2)設直線方程時要特別注意斜率不存在的直線應單獨討論.訓練2已知動點P與平面上兩定點A(－eq\r(2)，0)，B(eq\r(2)，0)連線的斜率的積為定值－eq\f(1,2).(1)試求動點P的軌跡方程C；(2)設直線l：y＝kx＋1與(1)中曲線C交于M，N兩點，當|MN|＝eq\f(4\r(2),3)時，求直線l的方程.解(1)設動點P的坐標是(x，y)，由題意得kPA·kPB＝－eq\f(1,2).∴eq\f(y,x＋\r(2))·eq\f(y,x－\r(2))＝－eq\f(1,2)，化簡整理得eq\f(x2,2)＋y2＝1.故點P的軌跡方程C是eq\f(x2,2)＋y2＝1(x≠±eq\r(2)).(2)設交點M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2＋2y2＝2，))得(1＋2k2)x2＋4kx＝0，當k＝0時，直線l與曲線C相切，故Δ＝16k2＞0，∴x1＋x2＝eq\f(－4k,1＋2k2)，x1x2＝0，|MN|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－4k,1＋2k2)))\s\up12(2)－4×0)＝eq\f(4\r(2),3)，整理得k4＋k2－2＝0，解得k2＝1，或k2＝－2(舍去).經檢驗k＝±1符合題意，∴直線l的方程是x－y＋1＝0或x＋y－1＝0.題型三與弦長有關的最值問題例3已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F2，離心率為eq\f(\r(3),3)，點M在橢圓上，且滿足MF2⊥x軸，|MF1|＝eq\f(4\r(3),3).(1)求橢圓的方程；(2)若直線y＝kx＋2交橢圓于A，B兩點，求△ABO(O為坐標原點)面積的最大值.解(1)由離心率為eq\f(\r(3),3)，得eq\f(c2,a2)＝eq\f(1,3)，又由a2＝b2＋c2，可得a2＝3c2，b2＝2c2，即橢圓方程為eq\f(x2,3c2)＋eq\f(y2,2c2)＝1.因為點M在橢圓上，且MF2⊥x軸，故把x＝c代入橢圓方程，可得點M的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，±\f(2\r(3),3)c))，由|F1M|＝eq\r(|F1F2|2＋|F2M|2)＝eq\r(4c2＋\f(4,3)c2)＝eq\f(4\r(3),3)得c＝1，從而a2＝3，b2＝2，所以橢圓方程為eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，將y＝kx＋2代入橢圓方程，得(3k2＋2)x2＋12kx＋6＝0，由Δ>0，可得3k2－2>0，則有x1＋x2＝－eq\f(12k,2＋3k2)，x1x2＝eq\f(6,2＋3k2)，所以|x1－x2|＝eq\f(2\r(18k2－12),3k2＋2).點O到直線AB的距離d＝eq\f(2,\r(1＋k2))，所以△ABO的面積S＝eq\f(1,2)d·|AB|＝eq\f(1,2)×2×|x1－x2|＝eq\f(2\r(18k2－12),3k2＋2)＝eq\f(2\r(6×（3k2－2）),3k2＋2).令3k2－2＝t，則t∈(0，＋∞)，所以S＝eq\f(2\r(6t),t＋4)＝2eq\r(\f(6t,t2＋8t＋16))＝2eq\r(\f(6,t＋\f(16,t)＋8))≤eq\f(\r(6),2)，當且僅當t＝4時取等號.所以△ABO面積的最大值為eq\f(\r(6),2).思維升華在圓錐曲線中求與弦長有關的最值問題需注意：(1)分清是哪種圓錐曲線；(2)一般會得到關于參數的函數轉化為函數的最值問題.利用函數的性質或者基本不等式的性質求解.訓練3在平面直角坐標系xOy中，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率e＝eq\f(\r(2),2)，且點P(2，1)在橢圓C上.(1)求橢圓C的方程；(2)斜率為－1的直線與橢圓C相交于A，B兩點，求|AB|的最大值.解(1)由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,\f(4,a2)＋\f(1,b2)＝1，,a2＝b2＋c2，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝\r(6)，,b＝\r(3)，))∴橢圓C的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設直線AB的方程為y＝－x＋m，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－x＋m，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))得3x2－4mx＋2m2－6＝0，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＞0，,x1＋x2＝\f(4m,3)，,x1x2＝\f(2m2－6,3)，))∴|AB|＝eq\r(1＋（－1）2)|x1－x2|＝eq\r(2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4m,3)))\s\up12(2)－4×\f(2m2－6,3))＝eq\f(4,3)eq\r(9－m2)，當m＝0時，滿足Δ＞0，|AB|max＝4.[課堂小結]1.牢記一個知識點：弦長公式.2.掌握兩種方法：數形結合，分類討論.3.辨清一個易錯點：易忽略直線斜率不存在的情況.一、基礎達標1.過拋物線y2＝2px(p>0)的焦點作直線交拋物線于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，如果x1＋x2＝6，且|AB|＝8，那么拋物線方程為()A.y2＝2x B.y2＝4xC.y2＝8x D.y2＝6x答案B解析因為直線AB過焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，所以|AB|＝x1＋x2＋p＝6＋p＝8，∴p＝2，∴拋物線方程為y2＝4x.2.如圖，直線l：x－2y＋2＝0過橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點F1和一個頂點B，該橢圓的離心率為()A.eq\f(1,5) B.eq\f(2,5)C.eq\f(\r(5),5) D.eq\f(2\r(5),5)答案D解析∵x－2y＋2＝0，∴y＝eq\f(1,2)x＋1，從而eq\f(b,c)＝eq\f(1,2)，即eq\r(\f(a2－c2,c2))＝eq\f(1,2)，∴eq\f(a2,c2)＝eq\f(5,4)，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2\r(5),5).3.已知雙曲線的中心在原點，一個焦點為F1(－eq\r(5)，0)，點P在雙曲線上，且線段PF1的中點的坐標為(0，2)，則此雙曲線的方程是()A.eq\f(x2,4)－y2＝1 B.x2－eq\f(y2,4)＝1C.eq\f(x2,2)－eq\f(y2,3)＝1 D.eq\f(x2,3)－eq\f(y2,2)＝1答案B解析由已知條件，得焦點在x軸上，設雙曲線的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，則a2＋b2＝5.①∵線段PF1的中點的坐標為(0，2)，∴點P的坐標為(eq\r(5)，4)，將其代入雙曲線的方程，得eq\f(5,a2)－eq\f(16,b2)＝1.②由①②解得a2＝1，b2＝4，∴雙曲線的方程為x2－eq\f(y2,4)＝1.4.直線y＝x＋1被橢圓x2＋2y2＝4所截得的弦的中點坐標是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－\f(2,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(1,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,3))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,2)))答案B解析由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋1，,x2＋2y2＝4，))得x2＋2(x＋1)2－4＝0，即3x2＋4x－2＝0，則弦的中點的橫坐標為eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝－eq\f(2,3)，縱坐標為－eq\f(2,3)＋1＝eq\f(1,3)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(1,3)))，故選B.5.已知拋物線y2＝4eq\r(3)x的準線與雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的兩條漸近線分別交于A，B兩點，若雙曲線的離心率為eq\f(2\r(3),3)，那么|AB|＝()A.2 B.eq\f(4,3)C.eq\r(2) D.eq\f(2\r(3),3)答案A解析拋物線y2＝4eq\r(3)x的準線為x＝－eq\r(3)，雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的兩條漸近線為y＝±eq\f(b,a)x，可得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，\f(\r(3)b,a)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，－\f(\r(3)b,a)))，由e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\f(2\r(3),3)，可得eq\f(b,a)＝eq\f(\r(3),3)，則|AB|＝2×eq\r(3)×eq\f(\r(3),3)＝2，故選A.6.若雙曲線C：eq\f(x2,a2)－y2＝1(a>0)與直線l：x＋y＝1相交于兩個不同的點A，B，則實數a的取值范圍為________.答案(0，1)∪(1，eq\r(2))解析將y＝－x＋1代入雙曲線方程eq\f(x2,a2)－y2＝1(a>0)中得(1－a2)x2＋2a2x－2a2＝0.依題意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－a2≠0，,Δ＝4a4＋8a2（1－a2）>0，))∴0<a<eq\r(2)且a≠1.7.直線x－2y＋3＝0與橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)相交于A，B兩點，且P(－1，1)恰好為AB的中點，則橢圓的離心率為________.答案eq\f(\r(2),2)解析由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2y＋3＝0，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1))消去x，得(4b2＋a2)y2－12b2y＋9b2－a2b2＝0，Δ＝144b4－4(a2＋4b2)(9b2－a2b2)＞0，即a2＋4b2＞9.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝eq\f(12b2,a2＋4b2).∵線段AB的中點為(－1，1)，∴eq\f(12b2,a2＋4b2)＝2，于是得a2＝2b2.又a2＝b2＋c2，∴a2＝2c2，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2).8.已知拋物線x2＝4y的焦點為F，經過F的直線與拋物線相交于A，B兩點，則以AB為直徑的圓在x軸上所截得的弦長的最小值是________.答案2eq\r(3)解析由題意知滿足題意的AB所在直線的斜率存在，故AB所在的直線方程可設為y＝kx＋1，代入x2＝4y，整理得x2－4kx－4＝0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝4k，由y＝kx＋1可得y1＋y2＝kx1＋1＋kx2＋1＝4k2＋2，|AB|＝y1＋y2＋p＝4k2＋4，故所截弦長為2eq\r(（2k2＋2）2－（2k2＋1）2)＝2eq\r(4k2＋3)≥2eq\r(3)，當k＝0時弦長取最小值.9.已知直線l：x＋y＝1與雙曲線C：eq\f(x2,a2)－y2＝1(a＞0).(1)若a＝eq\f(1,2)，求l與C相交所得的弦長；(2)若l與C有兩個不同的交點，求雙曲線C的離心率e的取值范圍.解(1)當a＝eq\f(1,2)時，雙曲線C的方程為4x2－y2＝1，聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝1，,4x2－y2＝1，))消去y，得3x2＋2x－2＝0.設兩個交點為A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq\f(2,3)，x1x2＝－eq\f(2,3)，于是|AB|＝eq\r(2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(2)×eq\r(\f(28,9))＝eq\f(2\r(14),3).(2)將y＝－x＋1代入雙曲線eq\f(x2,a2)－y2＝1中得(1－a2)x2＋2a2x－2a2＝0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－a2≠0，,4a4＋8a2（1－a2）＞0，,a>0，))解得0＜a＜eq\r(2)且a≠1.又雙曲線的離心率e＝eq\f(\r(1＋a2),a)＝eq\r(\f(1,a2)＋1)，所以e＞eq\f(\r(6),2)且e≠eq\r(2)，即離心率e的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\r(2)))∪(eq\r(2)，＋∞).10.經過橢圓M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點的直線x＋y－eq\r(3)＝0交橢圓M于A，B兩點，P為AB的中點，且直線OP的斜率為eq\f(1,2).(1)求橢圓M的方程；(2)C，D為橢圓M上兩點，若四邊形ACBD的對角線CD⊥AB，求四邊形ACBD的面積的最大值.解(1)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(xP，yP)，易知右焦點為(eq\r(3)，0).聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b2x2＋a2y2－a2b2＝0，,x＝\r(3)－y，))消去x得(a2＋b2)y2－2eq\r(3)b2y＋b2(3－a2)＝0，①則y1＋y2＝eq\f(2\r(3)b2,a2＋b2)，x1＋x2＝2eq\r(3)－(y1＋y2)，即kOP＝eq\f(yP,xP)＝eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝eq\f(y1＋y2,2\r(3)－（y1＋y2）)＝eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,2)?a2＝2b2.因為a2－b2＝3，所以a2＝6，b2＝3.所以橢圓M的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)由(1)知方程①3y2－2eq\r(3)y－3＝0.由弦長公式得：|AB|＝eq\r(2)·|y1－y2|＝eq\r(2)eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq\r(2)eq\r(\f(4,3)＋4)＝eq\f(4\r(6),3).設CD的方程為：x＝y＋m，C(x3，y3)，D(x4，y4)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，,x＝y＋m，))得3y2＋2my＋m2－6＝0，則y3＋y4＝－eq\f(2m,3)，y3y4＝eq\f(m2－6,3).由弦長公式得|CD|＝eq\r(2)·eq\r(（y3＋y4）2－4y3y4)＝eq\r(2)·eq\f(\r(72－8m2),3)≤4.所以S四邊形ACBD＝eq\f(1,2)|AB|·|CD|≤eq\f(8\r(6),3)(當且僅當m＝0時取最大值).故四邊形ACBD的面積的最大值為eq\f(8\r(6),3).二、能力提升11.已知雙曲線y2－eq\f(x2,2)＝1與不過原點O且不平行于坐標軸的直線l相交于M，N兩點，線段MN的中點為P，設直線l的斜率為k1，直線OP的斜率為k2，則k1k2等于()A.eq\f(1,2) B.－eq\f(1,2)C.2 D.－2答案A解析設M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x0，y0)，則yeq\o\al(2,1)－eq\f(xeq\o\al(2,1),2)＝1，yeq\o\al(2,2)－eq\f(xeq\o\al(2,2),2)＝1，兩式相減可得(y1－y2)(y1＋y2)＝eq\f(（x1－x2）（x1＋x2）,2)，所以直線l的斜率為k1＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(x1＋x2,2（y1＋y2）)＝eq\f(x0,2y0)，直線OP的斜率為k2＝eq\f(y0,x0)，k1k2＝eq\f(x0,2y0)·eq\f(y0,x0)＝eq\f(1,2)，故選A.12.已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)))作圓x2＋y2＝1的切線，切點分別為A，B，若直線AB恰好經過橢圓的右焦點和上頂點，則橢圓的方程是__________.答案eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1解析∵x＝1是圓x2＋y2＝1的一條切線，∴橢圓的右焦點為(1，0)，即c＝1.設Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)))，則kOP＝eq\f(1,2).∵OP⊥AB，∴kAB＝－2，則直線AB的方程為y＝－2(x－1)，它與y軸的交點為(0，2)，∴b＝2，a2＝b2＋c2＝5，故橢圓的方程為eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1.13.設A，B分別為雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右頂點，雙曲線的實軸長為4eq\r(3)，焦點到漸近線的距離為eq\r(3).(1)求雙曲線的方程；(2)已知直線y＝eq\f(\r(3),3)x－2與雙曲線的右支交于M，N兩點，且在雙曲線的右支上存在點D，使eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→))＝teq\o(OD,\s\up6(→))(O為坐標原點).求t的值及點D的坐標.解(1)由題意，知a＝2eq\r(3)，所以一條漸近線方程為y＝eq\f(b,2\r(3))x，即bx－2eq\r(3)y＝0，所以eq\f(|bc|,\r(b2＋12))＝eq\r(3)，又c2＝a2＋b2＝12＋b2，所以b2(12＋b2)＝3(b2＋12)，所以b2＝3，所以雙曲線的方程為eq\f(x2,12)－eq\f(y2,3)＝1.(2)設M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(x0，y0)(x0>0)，則由eq\o(OM,\s\up6(→))＋eq\o(ON,\s\up6(→))＝teq\o(OD,\s\up6(→))，得(x1，y1)＋(x2，y2)＝t(x0，y0)，所以x1＋x2＝tx0，y1＋y2＝ty0.將直