一道雙曲線聯考題的解法與拓展探究

摘 要：雙曲線是三種重要的圓錐曲線之一，是近年來高考或模擬考試中解析幾何解答題命題的熱點，反映出高考命題者對雙曲線知識的青睞，也體現了命題者對解析幾何問題本質的深入思考.

關鍵詞：雙曲線；聯考題；解法；拓展

中圖分類號：G632"" 文獻標識碼：A"" 文章編號：1008-0333（2024）31-0006-04

收稿日期：2024-08-05

作者簡介：李寒（1978—），女，貴州省桐梓人，本科，中學高級教師，從事數學教學研究.

安徽省部分省示范高中2024屆高三開學聯考數學17題是一道看似平實、質樸，而本質上蘊含著豐富的數學思想方法內涵，值得推廣探究的優質試題.以下對該聯考題的解法和結論推廣進行探究.

1 試題呈現

題目 （安徽省部分省示范高中2024屆高三開學聯考數學第17題）已知雙曲線C：x2a2-

y2b2=1（agt;0，bgt;0）的左、右焦點分別為F1，F2，點

A（-6，2）在C上，且△AF1F2的面積為6.

（1）求雙曲線C的方程；

（2）記點A在x軸上的射影為點B，過點B的直線l與C交于M，N兩點.探究：1|BM|2+1|BN|2是否為定值？若是，求出這個定值；若不是，請說明理由.

2 試題解答

2.1 第（1）問解析

分析 根據△AF1F2的面積為6，結合雙曲線方程，利用待定系數法解得^［1］.

解析 設雙曲線C的焦距為2c（cgt;0），則由題意得

12·2c·2=6，6a2-2b2=1，a2+b2=c2，

解得a=2，b=1，c=3.

故雙曲線C的方程為x22-y2=1.

2.2 第（2）問解析

分析1 設出直線l的方程與雙曲線方程聯立，用坐標表示|BM|和|BN|，并用韋達定理表示，從而化簡求解.

解法1 由題意得B（-6，0）.

當直線MN的斜率為零時，則

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.

當直線MN的斜率不為零時，設直線MN的方程為x=my-6，

聯立方程x=my-6，x22-y2=1，

化簡整理，得

（m2-2）y2-26my+4=0.

由m2-2≠0，△=24m2-16（m2-2）gt;0，

解得m≠2，且m≠-2.

設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.

綜上，1|BM|2+1|BN|2=1為定值.

點評 解法1設出直線方程并與曲線方程聯立，利用韋達定理代入轉化求解，這是處理直線與圓錐曲線問題的常規方法^［2］.

分析2 設出直線l的參數方程與雙曲線方程聯立，并用韋達定理轉化為關于直線l的傾斜角的三角函數，從而化簡求解.

解法2 由題意得B（-6，0）.

設直線l的參數方程為x=-6+tcosα，y=tsinα（t為參數，α是直線l的傾斜角），

將x=-6+tcosα，y=tsinα

代入x22-y2=1中，化簡整理，得

（cos2α+2sin2α）t2-26cosα·t+4=0.

從而4t2+26cosαt+cos2α-2sin2α=0.

設該方程的兩個根為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為定值.

點評 解法2利用直線的參數方程中參數的幾何意義轉化為直線傾斜角的三角函數等式后求解，對問題進行“降維”處理，則出奇制勝，簡化計算，優勢明顯.

3 拓展探究

3.1 結論拓展

若把試題（2）的結論推廣到一般雙曲線的情形，可得結論1.

結論1 已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（agt;bgt;0），在x軸上存在點B（B不與頂點重合），過點B的直線l與C交于M，N兩點，則1|BM|2+1|BN|2為定值a2-b2b⁴.

證明 設B（x0，0）（x0≠±a），

設直線l參數方程為x=x0+tcosα，y=tsinα（t為參數，α是直線l的傾斜角），

將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.

設該方程的兩個根為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，

當且僅當b2（x20+a2）=a2（x20-a2），

即（a2-b2）x20=a2（a2+b2），

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

3.2 類比拓展

橢圓、拋物線與雙曲線有許多類似的性質，將結論1類比到橢圓和拋物線，可得如下結論.

結論2 已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0），在x軸上存在點B（B不與橢圓的兩個頂點重合），過點B的直線l與C交于M，N兩點，則1|BM|2+1|BN|2為定值a2+b2b⁴.

證明 設B（x0，0）（x0≠±a），

設直線l參數方程為x=x0+tcosα，y=tsinα（t為參數，α是直線l的傾斜角），

將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.

設該方程的兩個根為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，

當且僅當b2（x20+a2）=-a2（x20-a2），

即（a2+b2）x20=a2（a2-b2），

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

結論3 已知拋物線C：y2=2px（pgt;0），在x軸上存在點B（B不與頂點重合），過點B的直線l與C交于M，N兩點，則1|BM|2+1|BN|2為定值1p2.

證明 設B（x0，0）（x0≠0），設直線l參數方程為x=x0+tcosα，y=tsinα（t為參數，α是直線l的傾斜角），

將x=-x0+tcosα，y=tsinα代入y2=2px中，得

sin2α·t2-2pcosα·t-2px0＝0.

即2px0t2+2pcosαt-sin2α=0.

設該方程的兩個根為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，

當且僅當x0=p時，1|BM|2+1|BN|2是定值，且定值為1p2.

4 結束語

對典型模擬題的多視角探究，就是從不同視角來審視問題，以不同的切入點探究問題，其實質是對試題的“二次開發”.對試題進行剖析和思考，展開問題的來龍去脈和知識間的縱橫聯系，站在一定的高度去思考問題，突出數學本質，使知識能夠融會貫通，使思維得到升華，進而優化數學思維品質^［4］.

參考文獻：

［1］中華人民共和國教育部.普通高中數學課程標準（2017年版2020年修訂）［M］.北京：人民教育出版社，2020.

［2］ 李寒.一道雙曲線聯考題的解法與結論推廣［J］.數理化解題研究，2024（04）：6-9.

［3］ 李寒.深度探究一道拋物線模擬題［J］.數理化解題研究，2023（34）：16-19.

［4］ 李寒.平中蘊奇" 探究本質：一道2022年高考試題的溯源與延伸[J].數理化解題研究，2022（25）：81-83.

［責任編輯：李 璟］