题目 在平面直角坐标系 $ xOy $ 中，已知双曲线 $ C:2x^2-y^2=1 $． 问题1 设 $ F $ 是 $ C $ 的左焦点，$ M $ 是 $ C $ 右支上一点．若 $ |MF|=2{\sqrt{2}} $，求点 $ M $ 的坐标； 答案1 解析1 双曲线 $ C: \dfrac{x^2} {\frac{1}{2}} -y^2=1 $，左焦点 $ F\left( -{\dfrac{{\sqrt{6}}}{2}},0 \right) $．<br/>设 $ M\left(x,y\right) $，则\[\begin{split} |MF|^2&=\left( x+{\dfrac{{\sqrt{6}}}{2}}\right) ^2+y^2\\&=( {\sqrt{3}}x+{\dfrac{{\sqrt{2}}}{2}}) ^2. \end{split}\]由 $ M $ 点是右支上一点，知 $ x\geqslant {\dfrac{{\sqrt{2}}}{2}} $，所以\[ |MF|={\sqrt{3}}x+{\dfrac{{\sqrt{2}}}{2}}=2{\sqrt{2}}, \]得 $ x={\dfrac{{\sqrt{6}}}{2}}. $ 所以 $ M\left( {\dfrac{{\sqrt{6}}}{2}},\pm {\sqrt{2}} \right)$． 备注1 问题2 过 $ C $ 的左顶点作 $ C $ 的两条渐近线的平行线，求这两组平行线围成的平行四边形的面积； 答案2 解析2 左顶点 $ A \left(-{\dfrac{{\sqrt{2}}}{2}},0 \right) $，渐近线方程为 $y=\pm {\sqrt{2}}x. $ 过点 $ A $ 与渐近线 $ y={\sqrt{2}}x $ 平行的直线方程为\[ y={\sqrt{2}}( x+{\dfrac{{\sqrt{2}}}{2}}) ,\]即\[ y={\sqrt{2}}x+1. \]解方程组\[ \begin{cases}y=-{\sqrt{2}}x,\\y={\sqrt{2}}x+1, \end{cases} \]得\[ \begin{cases} x=-{\dfrac{{\sqrt{2}}}{4}},\\ y={\dfrac{1}{2}}. \end{cases}\]所求平行四边形的面积为\[ S=|OA||y|={\dfrac{{\sqrt{2}}}{4}}. \] 备注2 问题3 设斜率为 $ k\left(|k|<{\sqrt{2}}\right) $ 的直线 $ l $ 交 $ C $ 于 $ P,Q $ 两点．若 $ l $ 与圆 $ x^2+y^2=1 $ 相切，求证：$ OP\perp OQ $． 答案3 解析3 设直线 $ PQ $ 的方程是\[ y=kx+b. \]因直线 $ PQ $ 与已知圆相切，故\[ {\dfrac{|b|}{{\sqrt{k^2+1}}}}=1, \]即\[ b^2=k^2+1.\cdots\cdots\left(*\right)\]由 $ \begin{cases}y=kx+b,\\2x^2-y^2=1\end{cases}$ 得\[ \left(2-k^2\right)x^2-2kbx-b^2-1=0. \]设 $ P\left(x_1,y_1\right),Q\left(x_2,y_2\right) $，则\[\begin{cases} x_1+x_2={\dfrac{2kb}{2-k^2}},\\ x_1x_2={\dfrac{-1-b^2}{2-k^2}}. \end{cases} \]又 $ y_1y_2 =\left(kx_1+b\right)\left(kx_2+b\right) $，所以\[ \begin{split}{\overrightarrow {OP}}\cdot {\overrightarrow {OQ}} &=x_1x_2+y_1y_2\\&=\left(1+k^2\right)x_1x_2+kb\left(x_1+x_2\right)+b^2\\&={\dfrac{\left(1+k^2\right)\left(-1-b^2\right)}{2-k^2}}+{\dfrac{2k^2b^2}{2-k^2}}+b^2\\&={\dfrac{-1+b^2-k^2}{2-k^2}}.\end{split} \]由 $ \left(*\right) $ 知，$ {\overrightarrow {OP}}\cdot {\overrightarrow {OQ}}=0 $，所以 $ OP\perp OQ $． 备注3