一道双曲线联考题的解法与拓展探究

摘 要：双曲线是三种重要的圆锥曲线之一，是近年来高考或模拟考试中解析几何解答题命题的热点，反映出高考命题者对双曲线知识的青睐，也体现了命题者对解析几何问题本质的深入思考.

关键词：双曲线；联考题；解法；拓展

中图分类号：G632"" 文献标识码：A"" 文章编号：1008-0333（2024）31-0006-04

收稿日期：2024-08-05

作者简介：李寒（1978—），女，贵州省桐梓人，本科，中学高级教师，从事数学教学研究.

安徽省部分省示范高中2024届高三开学联考数学17题是一道看似平实、质朴，而本质上蕴含着丰富的数学思想方法内涵，值得推广探究的优质试题.以下对该联考题的解法和结论推广进行探究.

1 试题呈现

题目 （安徽省部分省示范高中2024届高三开学联考数学第17题）已知双曲线C：x2a2-

y2b2=1（agt;0，bgt;0）的左、右焦点分别为F1，F2，点

A（-6，2）在C上，且△AF1F2的面积为6.

（1）求双曲线C的方程；

（2）记点A在x轴上的射影为点B，过点B的直线l与C交于M，N两点.探究：1|BM|2+1|BN|2是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由.

2 试题解答

2.1 第（1）问解析

分析 根据△AF1F2的面积为6，结合双曲线方程，利用待定系数法解得^［1］.

解析 设双曲线C的焦距为2c（cgt;0），则由题意得

12·2c·2=6，6a2-2b2=1，a2+b2=c2，

解得a=2，b=1，c=3.

故双曲线C的方程为x22-y2=1.

2.2 第（2）问解析

分析1 设出直线l的方程与双曲线方程联立，用坐标表示|BM|和|BN|，并用韦达定理表示，从而化简求解.

解法1 由题意得B（-6，0）.

当直线MN的斜率为零时，则

1|BM|2+1|BN|2=1（2+6）2+1（6-2）2

=（6-2）2+（2+6）2（6-2）2

=1616=1.

当直线MN的斜率不为零时，设直线MN的方程为x=my-6，

联立方程x=my-6，x22-y2=1，

化简整理，得

（m2-2）y2-26my+4=0.

由m2-2≠0，△=24m2-16（m2-2）gt;0，

解得m≠2，且m≠-2.

设M（x1，y1），N（x2，y2），

所以y1+y2=26mm2-2，

y1y2=4m2-2.

所以1|BM|2+1|BN|2=1（1+m2）y21+1（1+m2）y22

=1（1+m2）·y21+y22y21y22

=11+m2·（y1+y2）2-2y1y2y21y22

=11+m2·［26m/（m2-2）2］-8/（m2-2）［4/（m2-2）］2

=11+m2·16m2+1616=1.

综上，1|BM|2+1|BN|2=1为定值.

点评 解法1设出直线方程并与曲线方程联立，利用韦达定理代入转化求解，这是处理直线与圆锥曲线问题的常规方法^［2］.

分析2 设出直线l的参数方程与双曲线方程联立，并用韦达定理转化为关于直线l的倾斜角的三角函数，从而化简求解.

解法2 由题意得B（-6，0）.

设直线l的参数方程为x=-6+tcosα，y=tsinα（t为参数，α是直线l的倾斜角），

将x=-6+tcosα，y=tsinα

代入x22-y2=1中，化简整理，得

（cos2α+2sin2α）t2-26cosα·t+4=0.

从而4t2+26cosαt+cos2α-2sin2α=0.

设该方程的两个根为1t1和1t2，

所以1t1+1t2=-26cosα4，

1t1t2=cos2α-2sin2α4.

所以1|BM|2+1|BN|2=1t21+1t22

=（1t1+1t2）2-2·1t1t2

=（-26cosα4）2-2·cos2α-2sin2α4

=24cos2α-8cos2α+16sin2α16

=16（cos2α+sin2α）16=1为定值.

点评 解法2利用直线的参数方程中参数的几何意义转化为直线倾斜角的三角函数等式后求解，对问题进行“降维”处理，则出奇制胜，简化计算，优势明显.

3 拓展探究

3.1 结论拓展

若把试题（2）的结论推广到一般双曲线的情形，可得结论1.

结论1 已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（agt;bgt;0），在x轴上存在点B（B不与顶点重合），过点B的直线l与C交于M，N两点，则1|BM|2+1|BN|2为定值a2-b2b⁴.

证明 设B（x0，0）（x0≠±a），

设直线l参数方程为x=x0+tcosα，y=tsinα（t为参数，α是直线l的倾斜角），

将x=-x0+tcosα，y=tsinα代入x2a2-y2b2=1中，得

（b2cos2α-a2sin2α）t2+2b2x0cosα·t+b2（x20-a2）＝0.

即b2（x20-a2）t2+2b2x0cosαt+（b2cos2α-a2sin2α）=0.

设该方程的两个根为1t1和1t2，

所以1t1+1t2=-2b2x0cosαb2（x20-a2）

=-2x0cosαx20-a2，

1t1t2=b2cos2α-a2sin2αb2（x20-a2）.

所以1|BM|2+1|BN|2=1t21+1t22

=（1t1+1t2）2-2·1t1t2

=（-2x0cosαx20-a2）2-2·b2cos2α-a2sin2αb2（x20-a2）

=4b2x20cos2α-2（x20-a2）（b2cos2α-a2sin2α）b2（x20-a2）2

=2b2（x20+a2）cos2α+2a2（x20-a2）sin2αb2（x20-a2）2，

当且仅当b2（x20+a2）=a2（x20-a2），

即（a2-b2）x20=a2（a2+b2），

亦即x0=±aa2+b2a2-b2时，1|BM|2+1|BN|2是定值，且定值为a2-b2b⁴.

3.2 类比拓展

椭圆、抛物线与双曲线有许多类似的性质，将结论1类比到椭圆和抛物线，可得如下结论.

结论2 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0），在x轴上存在点B（B不与椭圆的两个顶点重合），过点B的直线l与C交于M，N两点，则1|BM|2+1|BN|2为定值a2+b2b⁴.

证明 设B（x0，0）（x0≠±a），

设直线l参数方程为x=x0+tcosα，y=tsinα（t为参数，α是直线l的倾斜角），

将x=x0+tcosαy=tsinα代入x2a2+y2b2=1中，得

（b2cos2α+a2sin2α）t2+2b2x0cosα·t+b2（x20-a2）＝0.

即b2（x20-a2）t2+2b2x0cosαt+（b2cos2α+a2sin2α）=0.

设该方程的两个根为1t1和1t2，

所以1t1+1t2=-2b2x0cosαb2（x20-a2）

=-2x0cosαx20-a2，

1t1t2

=b2cos2α+a2sin2αb2（x20-a2）.

所以1|BM|2+1|BN|2=1t21+1t22

=（1t1+1t2）2-2·1t1t2

=（-2x0cosαx20-a2）2-2·b2cos2α+a2sin2αb2（x20-a2）

=4b2x20cos2α-2（x20-a2）（b2cos2α+a2sin2α）b2（x20-a2）2

=2b2（x20+a2）cos2α-2a2（x20-a2）sin2αb2（x20-a2）2，

当且仅当b2（x20+a2）=-a2（x20-a2），

即（a2+b2）x20=a2（a2-b2），

亦即x0=±aa2-b2a2+b2时，1|BM|2+1|BN|2是定值，且定值为a2+b2b^4［3］.

结论3 已知抛物线C：y2=2px（pgt;0），在x轴上存在点B（B不与顶点重合），过点B的直线l与C交于M，N两点，则1|BM|2+1|BN|2为定值1p2.

证明 设B（x0，0）（x0≠0），设直线l参数方程为x=x0+tcosα，y=tsinα（t为参数，α是直线l的倾斜角），

将x=-x0+tcosα，y=tsinα代入y2=2px中，得

sin2α·t2-2pcosα·t-2px0＝0.

即2px0t2+2pcosαt-sin2α=0.

设该方程的两个根为1t1和1t2，所以

1t1+1t2=cosαx0，

1t1t2=-sin2α2px0.

所以1|BM|2+1|BN|2=1t21+1t22

=（1t1+1t2）2-2·1t1t2

=cos2αx20+sin2α2px0

=pcos2α+x0sin2αpx20，

当且仅当x0=p时，1|BM|2+1|BN|2是定值，且定值为1p2.

4 结束语

对典型模拟题的多视角探究，就是从不同视角来审视问题，以不同的切入点探究问题，其实质是对试题的“二次开发”.对试题进行剖析和思考，展开问题的来龙去脉和知识间的纵横联系，站在一定的高度去思考问题，突出数学本质，使知识能够融会贯通，使思维得到升华，进而优化数学思维品质^［4］.

参考文献：

［1］中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准（2017年版2020年修订）［M］.北京：人民教育出版社，2020.

［2］ 李寒.一道双曲线联考题的解法与结论推广［J］.数理化解题研究，2024（04）：6-9.

［3］ 李寒.深度探究一道抛物线模拟题［J］.数理化解题研究，2023（34）：16-19.

［4］ 李寒.平中蕴奇" 探究本质：一道2022年高考试题的溯源与延伸[J].数理化解题研究，2022（25）：81-83.

［责任编辑：李 璟］