一道双曲线模拟题的解法与拓展探究

作为重要圆锥曲线之一的双曲线，在近年高考及各地模拟卷中，以双曲线为背景的解答题成为考查解析几何内容的一大命题热点.为此，本文对湛江市2024届高三一模中一道最新双曲线模拟解答题从解法到拓展进行探究.

1.试题重现

已知P（4，3）为双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）上一点，M，N分别为双曲线C的左、右顶点，且直线PM与PN的斜率之和为2.

（1）求双曲线C的方程；

（2）不过点P的直线l：u=kx+t与双曲线C交于A、B两点，若直线PA，PB的倾斜角分别为α和β，且α+β=3π4，证明：直线l过定点.

2.试题解答

首先来看第（1）问的解法.

解：根据题意得42a2-32b2=1，又kpm+kpn=34+a+34-a=2，a>0，从而解得a=2，所以b2=3.故双曲线C的方程为x24-y23=1.

以下重点探究第（2）问的证法.

分析1：先将倾斜角的关系化为斜率关系，联立直线l与双曲线C方程，利用韦达定理设而不求，将斜率关系转化为坐标关系后，进行整理、变形，在讨论的基础上确定出定点.

证法1：当直线PA，PB的斜率均存在时，设直线PA，PB的斜率分别为kPA，kPB，则tanα=kPA，tanβ=kPB.又tan（α+β）=tanα+tanβ1-tanαtanβ=kPA+kPB1-kPA·kPB=-1，故kPA+kPB-kPA·kPB+1=0.由y=kx+t，x24-y23=1，消去得（3-4k2）x2-8ktx-4t2-12=0，△=（-8kt）2-4（3-4k2）（-4t2-12）>0，于是t2+3-4k2>0.

设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=8kt3-4k2，x1x2=-4t2+123-4k2，①所以kPA=y1-3x1-4=kx1+t-3x1-4=kx1+t-3x1-4，kPB=y2-3x2-4=kx2+t-3x2-4，所以kPA+kPB-kPA·kPB+1=kx1+t-3x1-4+kx2+t-3x2-4-kx1+t-3x1-4·kx2+t-3x2-4+1=0，所以（kx1+t-3）（x2-4）+（kx2+t-3）（x1-4）-（kx1+t-3）（kx2+t-3）+（x1-4）（x2-4）=0，整理得（-k2+2k+1）x1x2+（t-k-tk-7）（x1+x2）+31-t2-2t=0，代入①式得7t2+112k2+56tk+24k+6t-81=0，因式分解得（7t+28k+27）（t+4k-3）=0.

当t=-4k+3时，直线l过点P，故舍去，故当7t=-28k-27，且满足△>0恒成立时，直线l的方程为y-kx-4k-277＝k（x-4）-277，此时直线l过定点（4，-277）.

当α=π2时，β=π4，这时直线PA的斜率不存在，点P与点A关于x轴对称，所以A（4，-3），易知直线PB的方程为y=x-1.由y=x-1，x24-y23=1，消去y得-x2+8x-16=0，即-（x-4）2=0，所以点B与点P重合，与直线l不过点P矛盾；同理，当β=π2时，a=π4，点A与点P32EpYqy7bE+l9q9Qw4RDh1vezVQB8mNm1/sGZ+oP6Dk=重合，与直线l不过点P矛盾. 综上，直线l过定点（4，-277）.

分析2：设出与点P的坐标相关联直线l的方程，并将双曲线C的方程化为与点P的坐标相关的形式，将双曲线C的方程变形整理后进行“1”的代换，然后结合构造出直线PA，PB的斜率坐标形式的一元二次方程，根据一元二次方程根与系数的关系得到kPA+kPB与kPA·kPB，代入到kPA+kPB-kPA·kPB+1=0中，然后推证得到定点.

证法2：当直线PA，PB的斜率均存在时，设直线l的方程为P（x-4）+q（y-3）=1，将x24-y23=1变形为3（x-4）+42-4（y-3）+32-12=0，展开整理得3（x-4）2-4（y-3）2+24（x-4）-（y-3）=0，所以3（x-4）2-4（y-3）2+24（x-4）-（y-3）·1=0，于是得3（x-4）2-4（y-3）2+24（x-4）-（y-3）·p（x-4）+q（y-3）=0，即（3+24p）（x-4）2-（4+24q）（y-3）2+24（-p+q）（x-4）（y-3）=0，所以4（1+6q）（y-3）2+24（p-q）（x-4）（y-3）-3（1+8p）（x-4）2=0，因为直线l不过点P，所以两边同除以（x-4）2得4（1+6q）（y-3x-4）2+24（p-q）（y-3x-4）-3（1+8p）=0.

设A（x1，y1），B（x2，y2），kPA=y1-3x1-4，kPB=y2-3x2-4，由此可知kPA，kPB是上述方程的两根，于是得kPA+kPB=24（p-q）4（1+6q）=-6（p-q）1+6q，kPA·kPB=-3（1+8p）4（1+6q）.由证法1知kPA+kPB-kPA·kPB+1=0，所以代入得-6（p-q）1+6q+3（1+8p）4（1+6q）+1=0，解得q=-748.于是得直线l的方程为p（x-4）-748（y-3）=1，所以p（x-4）-748（y+277）=0，此时直线l过定点（4，-277）. 以下同证法1.

3.拓展探究

3.1 结论拓展

模拟题第（2）问反映了过双曲线上一点P的两条弦PA，PB所在直线倾斜角的和为定值时，直线PA，PB过定点的性质，若将这一性质拓展到一般双曲线的情形，可有：

结论1 过双曲线C：x2a2-y2b2=1（a>b>0）上任意一点P（x0，y0）作两条弦PA，PB，若直线PA，PB的倾斜角分别为α，β，且α+β=γ（定值），e是双曲线的离心率，则当γ≠0且γ≠π时，直线AB过定点（（2-e2）x0e2-2y0e2tanγ，-（2-e2）y0e2-2（1-e2）x0e2tanγ）. 特别地，有：

推论1 当γ=π2或γ=3π2时，直线AB过定点（（2-e2）x0e2，-（2-e2）y0e2）.

3.2 类比拓展

椭圆与双曲线都是有心圆锥曲线，二者之间有许多类似的性质，类比结论1，可有：

结论2 过椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>0，b>0）上任意一点P（x0，y0）作两条弦PA，PB，若直线PA，PB的倾斜角分别为α，β，且α+β=γ（定值），e是椭圆的离心率，则当γ≠0且γ≠π时，直线AB过定点（（2-e2）x0e2-2y0e2tanγ，-（2-e2）y0e2-2（1-e2）x0e2tanγ）. 特别地，有：

推论1 当γ=π2或γ=3π2时，直线AB过定点（（2-e2）x0e2，-（2-e2）y0e2）.