一道雙曲線模擬題的解法與拓展探究

作為重要圓錐曲線之一的雙曲線，在近年高考及各地模擬卷中，以雙曲線為背景的解答題成為考查解析幾何內容的一大命題熱點.為此，本文對湛江市2024屆高三一模中一道最新雙曲線模擬解答題從解法到拓展進行探究.

1.試題重現

已知P（4，3）為雙曲線C：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）上一點，M，N分別為雙曲線C的左、右頂點，且直線PM與PN的斜率之和為2.

（1）求雙曲線C的方程；

（2）不過點P的直線l：u=kx+t與雙曲線C交于A、B兩點，若直線PA，PB的傾斜角分別為α和β，且α+β=3π4，證明：直線l過定點.

2.試題解答

首先來看第（1）問的解法.

解：根據題意得42a2-32b2=1，又kpm+kpn=34+a+34-a=2，a>0，從而解得a=2，所以b2=3.故雙曲線C的方程為x24-y23=1.

以下重點探究第（2）問的證法.

分析1：先將傾斜角的關系化為斜率關系，聯立直線l與雙曲線C方程，利用韋達定理設而不求，將斜率關系轉化為坐標關系后，進行整理、變形，在討論的基礎上確定出定點.

證法1：當直線PA，PB的斜率均存在時，設直線PA，PB的斜率分別為kPA，kPB，則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.

設A（x1，y1），B（x2，y2），則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.

當t=-4k+3時，直線l過點P，故舍去，故當7t=-28k-27，且滿足△>0恒成立時，直線l的方程為y-kx-4k-277＝k（x-4）-277，此時直線l過定點（4，-277）.

當α=π2時，β=π4，這時直線PA的斜率不存在，點P與點A關于x軸對稱，所以A（4，-3），易知直線PB的方程為y=x-1.由y=x-1，x24-y23=1，消去y得-x2+8x-16=0，即-（x-4）2=0，所以點B與點P重合，與直線l不過點P矛盾；同理，當β=π2時，a=π4，點A與點P32EpYqy7bE+l9q9Qw4RDh1vezVQB8mNm1/sGZ+oP6Dk=重合，與直線l不過點P矛盾. 綜上，直線l過定點（4，-277）.

分析2：設出與點P的坐標相關聯直線l的方程，并將雙曲線C的方程化為與點P的坐標相關的形式，將雙曲線C的方程變形整理后進行“1”的代換，然后結合構造出直線PA，PB的斜率坐標形式的一元二次方程，根據一元二次方程根與系數的關系得到kPA+kPB與kPA·kPB，代入到kPA+kPB-kPA·kPB+1=0中，然后推證得到定點.

證法2：當直線PA，PB的斜率均存在時，設直線l的方程為P（x-4）+q（y-3）=1，將x24-y23=1變形為3（x-4）+42-4（y-3）+32-12=0，展開整理得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，因為直線l不過點P，所以兩邊同除以（x-4）2得4（1+6q）（y-3x-4）2+24（p-q）（y-3x-4）-3（1+8p）=0.

設A（x1，y1），B（x2，y2），kPA=y1-3x1-4，kPB=y2-3x2-4，由此可知kPA，kPB是上述方程的兩根，于是得kPA+kPB=24（p-q）4（1+6q）=-6（p-q）1+6q，kPA·kPB=-3（1+8p）4（1+6q）.由證法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.于是得直線l的方程為p（x-4）-748（y-3）=1，所以p（x-4）-748（y+277）=0，此時直線l過定點（4，-277）. 以下同證法1.

3.拓展探究

3.1 結論拓展

模擬題第（2）問反映了過雙曲線上一點P的兩條弦PA，PB所在直線傾斜角的和為定值時，直線PA，PB過定點的性質，若將這一性質拓展到一般雙曲線的情形，可有：

結論1 過雙曲線C：x2a2-y2b2=1（a>b>0）上任意一點P（x0，y0）作兩條弦PA，PB，若直線PA，PB的傾斜角分別為α，β，且α+β=γ（定值），e是雙曲線的離心率，則當γ≠0且γ≠π時，直線AB過定點（（2-e2）x0e2-2y0e2tanγ，-（2-e2）y0e2-2（1-e2）x0e2tanγ）. 特別地，有：

推論1 當γ=π2或γ=3π2時，直線AB過定點（（2-e2）x0e2，-（2-e2）y0e2）.

3.2 類比拓展

橢圓與雙曲線都是有心圓錐曲線，二者之間有許多類似的性質，類比結論1，可有：

結論2 過橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>0，b>0）上任意一點P（x0，y0）作兩條弦PA，PB，若直線PA，PB的傾斜角分別為α，β，且α+β=γ（定值），e是橢圓的離心率，則當γ≠0且γ≠π時，直線AB過定點（（2-e2）x0e2-2y0e2tanγ，-（2-e2）y0e2-2（1-e2）x0e2tanγ）. 特別地，有：

推論1 當γ=π2或γ=3π2時，直線AB過定點（（2-e2）x0e2，-（2-e2）y0e2）.