关注双曲线与三角形的内心和重心的交汇

注重对相关数学知识、思想方法的综合考查，是近年高考命题的一个重要指导思想.基于此，关注双曲线与三角形的内心和重心的交汇，可以帮助我们提高分析、解决具有综合性问题的实际能力，巩固相关知识、方法在解题中的灵活运用能力，进而提升数学核心素养.

1 好题采撷

已知F1，F2是双曲线C：x25－y24=1的左、右焦点，M是双曲线C在第一象限上一点，设I，G分别为△MF1F2的内心和重心，若IG与x轴平行，则MF1·MF2=.

试题分析：本题具有一定的综合性，涉及对双曲线、解三角形、平面向量以及有关平面几何知识的综合考查.从命题角度看，比较创新，侧重体现在将双曲线与焦点三角形的内心和重心同时交汇在一起，从而也导致试题难度有所增加.故整体看，本题对考生分析、解决问题的能力考查较强，因此值得我们去关注、去研究.

2 解题探究

为了便于厘清题意，也为了便于直观思考、分析，需要先根据题意画出图形，如图1所示.因为F1，F2是双曲线C：x25－y24=1的左、右焦点，所以F1（－3，0），F2（3，0）.设点M（x0，y0），则由点M是双曲线C在第一象限上一点可得x205－y204=1，且x0gt;0，y0gt;0.

解法1：因为G是△MF1F2的重心，所以可得点Gx03，y03.又IG∥x轴，所以易得△MF1F2的内心I的坐标为5，y03（提示：画出焦点三角形的内切圆，根据切线长相等和双曲线的定义，易知焦点三角形内心的横坐标就是双曲线右顶点的横坐标）.

因为点F1（－3，0），M（x0，y0），所以由点斜式可得直线MF1的方程为y=y0x0+3（x+3），即y0x－（x0+3）y+3y0=0.由I是△MF1F2的内心，知点I到直线MF1的距离等于△MF1F2内切圆的半径，即5y0－（x0+3）·y03+3y0y20+（x0+3）2=y03，化简得

|35+6－x0|=y20+（x0+3）2.

再两边平方，得（35+6－x0）2=y20+（x0+3）2.

将y20=4x205－1代入上式，整理可得

2x20+（45+155）x0－190－905=0.

分解因式，得（x0－25）（2x0+195+45）=0.

又x0gt;0，解得x0=25.

所以y20=4x205－1=12，则y0=23.

所以点M（25，23）.

于是，可得MF1=（－3－25，－23），MF2=（3－25，－23）.

故所求MF1·MF2=（－3－25）（3－25）+（－23）×（－23）=23.

评注：该解法侧重于坐标运算，关键是充分运用有关解析几何知识求解点M的坐标;缺点也很显然，字母形式的化简、运算较为复杂，因而也容易出错.

解法2：因为G是△MF1F2的重心，所以可得点Gx03，y03.又IG∥x轴，所以可得△MF1F2的内心I的纵坐标为y03.又易知△MF1F2的内切圆的半径等于该三角形面积的2倍除以周长，所以可得y03=2×12×6×y06+|MF1|+|MF2|，化简得

|MF1|+|MF2|=12.

①

因为点M在双曲线的右支上，所以

|MF1|－|MF2|=25.

②

于是，将①②联立可解得

|MF1|=6+5，|MF2|=6－5.

又|F1F2|=6，在△MF1F2中由余弦定理得

cos∠F1MF2=（6+5）2+（6－5）2－622（6+5）（6－5）=2331.

所以MF1·MF2=|MF1||MF2|·cos∠F1MF2=（6+5）×（6－5）×2331=23.

评注：该解法巧妙之处在于根据三角形内切圆半径的计算公式和双曲线的定义，灵活构建方程组，可得两个焦半径的长度，从而借助余弦定理和数量积的定义可顺利求解目标问题.

解法3：同解法2，可得|MF1|+|MF2|=12.又由双曲线的焦半径公式得|MF1|=ex0+a

=3x05+5，|MF2|=ex0－a=3x05－5，所以可得3x05+5+3x05－5=12，解得x0=25，所以y20=4x205－1=12，可得y0=23，所以点M（25，23）.

从而，可知MF1=（－3－25，－23），MF2=（3－25，－23）.

故所求MF1·MF2=（－3－25）（3－25）+（－23）（－23）=23.

评注：该解法可看作是对前述解法1的适当改进，充分说明灵活运用有关平面几何知识和双曲线的焦半径公式，可优化解题过程，有利于帮助我们取得比较满意的解题效果.

解法4：同解法2，可得

|MF1|+|MF2|=12，|MF1|－|MF2|=25.

上述两式平方相加，可得|MF1|2+|MF2|2=82.

因为易知MO是△MF1F2的一条中线，所以根据∠MOF1和∠MOF2互为邻补角，两次运用余弦定理可得|MF1|2+|MF2|2=2（|MO|2+|OF1|2）.

于是，可得到2（|MO|2+|OF1|2）=82，即2（|MO|2+32）=82，化简得|MO|2=32.

因为向量MF1=MO+OF1，MF2=MO－OF1，所以

MF1·MF2=（MO+OF1）·（MO－OF1）=|MO|2－|OF1|2=32－32=23.

评注：该解法虽然比解法2麻烦一些，但涉及到一些常用解题技巧（实施“平方和”变形）、常用结论〔广勾股结论|MF1|2+|MF2|2=2（|MO|2+|OF1|2）以及极化恒等式MF1·MF2=|MO|2－|OF1|2〕的灵活运用，故值得关注、学习.

解法5：如图2所示，连接MG，OG，则由O为线段F1F2的中点及G是△MF1F2的重心，可知M，G，O三点共线.连接MI，并延长与x轴交于点E.

因为G是△MF1F2的重心，所以根据三角形重心的特性可得|MG|=2|GO|.

因为I是△MF1F2的内心，所以IF2平分∠MF2E，ME平分∠F1MF2.

结合IG∥x轴，得2=|MG||GO|=|MI||IE|=|MF2||EF2|=|MF1||EF1|=|MF2|+|MF1||EF2|+|EF1|，所以

|MF2|+|MF1|=2（|EF2|+|EF1|）=2|F1F2|=2×2×3=12.

接下来，有两种不同的解题方法.

法1：因为点M在双曲线的右支上，所以

|MF1|－|MF2|=25.

于是联立可解得|MF1|=6+5，|MF2|=6－5.又|F1F2|=6，在△MF1F2中由余弦定理得

cos∠F1MF2=（6+5）2+（6－5）2－622（6+5）（6－5）=2331.

故MF1·MF2=|MF1||MF2|·cos∠F1MF2=（6+5）×（6－5）×2331=23.

方法2：因为点M在双曲线的右支上，所以

|MF1|－|MF2|=25.

于是，通过对等式|MF2|+|MF1|=12与|MF1|－|MF2|=25，实施平方和变形，化简可得|MF1|2+|MF2|2=82.又根据广勾股结论可知|MF1|2+|MF2|2=2（|MO|2+|OF1|2），所以2（|MO|2+|OF1|2）=82，即2（|MO|2+32）=82，化简得|MO|2=32.

故根据极化恒等式可得

MF1·MF2=|MO|2－|OF1|2=32－32=23.

评注：该解法的亮点侧重体现在适当巧作辅助线，灵活运用三角形重心的特性、三角形内角平分线性质定理以及比例性质，可巧妙获得结论|MF2|+|MF1|=12.接下来的方法1与解法2的后半部分相同，方法2与解法3的后半部分相同.

纵观以上各种不同的解法可知，本题设计较好，不仅具有较强的综合性，而且解题方法也多样化，能够有效考查不同学生的内在潜能以及探究精神！