2012-上海卷理-22 解-双曲线综合

本题导读

本题考查双曲线的基本性质与直线和圆锥曲线的综合。核心在于联立法、韦达定理的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2012年上海卷(理)） 在平面直角坐标系 $xOy$ 中，已知双曲线 $C_1:2x^2-y^2=1$.

(1) 过 $C_1$ 的左顶点引 $C_1$ 的一条渐近线的平行线，求该直线与另一条渐近线及 $x$ 轴围成的三角形的面积；

(2) 设斜率为 $1$ 的直线 $l$ 交 $C_1$ 于 $P,Q$ 两点.若 $l$ 与圆 $x^2+y^2=1$ 相切，求证：$OP\perp OQ$；

(3) 设椭圆 $C_2:4x^2+y^2=1$.若 $M,N$ 分别是 $C_1,C_2$ 上的动点，且 $OM\perp ON$，求证：$O$ 到直线 $MN$ 的距离是定值.

🔍【思路分析】

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1. 第一问几何化：写出渐近线方程与左顶点，求出三条直线围成的三角形顶点坐标。
2. 第二问代数化：把直线设为 $y=x+m$，由与单位圆相切得 $m=\pm \sqrt{2}$，再联立双曲线后用数量积为零完成证明。
3. 第三问用极坐标：把两曲线的方程写成极坐标形式，利用垂直条件把距离平方的倒数化为定值。

✅【答案】

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(1) $\frac{\sqrt{2}}{8}$

(2) 证明见解析

(3) 定值为 $\frac{\sqrt{3}}{3}$

✍【详细解析】

Abstract

第一步：第一问——求三条直线围成的三角形 双曲线 $C_1:2x^2-y^2=1$ 可化为 $\frac{x^2}{\frac{1}{2}}-y^2=1$，故 $a=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$b=1$，渐近线为 $y=\pm \sqrt{2}x$，左顶点为 $V\left(-\frac{\sqrt{2}}{2},0\right)$。 过左顶点作与渐近线 $y=\sqrt{2}x$ 平行的直线，其斜率为 $\sqrt{2}$，代入点 $V$ 得 $y=\sqrt{2}x+1$ 它与另一条渐近线 $y=-\sqrt{2}x$ 的交点满足 $\sqrt{2}x+1=-\sqrt{2}x$，解得 $x=-\frac{\sqrt{2}}{4}$，$y=\frac{1}{2}$，即 $P\left(-\frac{\sqrt{2}}{4},\frac{1}{2}\right)$； 它与 $x$ 轴的交点为 $V\left(-\frac{\sqrt{2}}{2},0\right)$，另一条渐近线与 $x$ 轴交于原点 $O(0,0)$。 三角形以线段 $OV$ 为底，底长 $\frac{\sqrt{2}}{2}$，高为 $\frac{1}{2}$，故 $S=\frac{1}{2}\times \frac{\sqrt{2}}{2}\times \frac{1}{2}=\frac{\sqrt{2}}{8}$

第二步：第二问——由相切条件确定直线 设直线 $l:y=x+m$。由 $l$ 与圆 $x^2+y^2=1$ 相切，圆心到直线的距离等于半径，即 $\frac{|m|}{\sqrt{1^2+(-1{)}^2}}=1⟹m=\pm \sqrt{2}$

第三步：第二问——联立并用韦达定理证明垂直 把 $y=x+m$ 代入 $2x^2-y^2=1$，得 $2x^2-(x+m{)}^2=1⟹x^2-2mx-m^2-1=0$ 由 $m^2=2$，判别式 $\Delta =4m^2+4(m^2+1)=8+12=20>0$，故直线与双曲线交于两点。设 $P(x_1,x_1+m)$，$Q(x_2,x_2+m)$，则由韦达定理 $x_1+x_2=2m,x_1{x}_2=-m^2-1=-3$ 于是 $\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ}=x_1{x}_2+(x_1+m)(x_2+m)=2x_1{x}_2+m(x_1+x_2)+m^2$ $=2(-3)+m\cdot 2m+m^2=-6+3m^2=-6+6=0$ 因此 $OP\perp OQ$ 成立。

第四步：第三问——化为极坐标形式 设射线 $OM$ 的极角为 $\theta$，$|OM|={\rho }_1$，$|ON|={\rho }_2$。由 $OM\perp ON$，射线 $ON$ 的极角为 $\theta +\frac{\pi }{2}$。 点 $M$ 在 $C_1$ 上，代入 $x=\rho \cos \theta ,y=\rho \sin \theta$ 得 ${\rho }_1^2(2{\cos }^2\theta -{\sin }^2\theta )=1$，故 $\frac{1}{|OM{|}^2}=2{\cos }^2\theta -{\sin }^2\theta$ 点 $N$ 在 $C_2:4x^2+y^2=1$ 上，同理 $\frac{1}{|ON{|}^2}=4{\sin }^2\theta +{\cos }^2\theta$

第五步：第三问——证明距离为定值 因为 $OM\perp ON$，$△MON$ 是直角三角形，点 $O$ 到斜边 $MN$ 的距离 $d$ 满足 $\frac{1}{d^2}=\frac{1}{|OM{|}^2}+\frac{1}{|ON{|}^2}$ 代入上式，得 $\frac{1}{d^2}=\left(2{\cos }^2\theta -{\sin }^2\theta \right)+\left(4{\sin }^2\theta +{\cos }^2\theta \right)=3{\cos }^2\theta +3{\sin }^2\theta =3$ 故 $d=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，与 $\theta$ 无关，即点 $O$ 到直线 $MN$ 的距离是定值。

综上，(1) 所求三角形的面积为 $\frac{\sqrt{2}}{8}$；(2) $OP\perp OQ$ 成立；(3) 点 $O$ 到直线 $MN$ 的距离为定值 $\frac{\sqrt{3}}{3}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：双曲线的顶点与渐近线、直线与圆相切的条件、直线与圆锥曲线联立后的韦达定理。

核心方法：“联立法 + 韦达定理”（第二问）与**“极坐标化”**（第三问）。第三问把垂直条件直接写进极角，计算最为简洁。

避坑指南：- 第一问要注意“平行线”可能取两条渐近线中的任意一条，由对称性结果一致，不必重复计算。 - 第二问使用韦达定理前须验证判别式 $\Delta >0$，否则“两点”的说法不成立。 - 第三问中 $M$ 所在射线的极角须满足 $2{\cos }^2\theta -{\sin }^2\theta >0$（即双曲线在该方向上确有交点），这是使用 $\frac{1}{|OM{|}^2}$ 的前提。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：双曲线的标准方程与渐近线、点到直线的距离公式、极坐标与直角坐标的互化。

结论推广：一般地，对曲线 $a{x}^2+b{y}^2=1$ 上极角为 $\theta$ 的点，恒有 $\frac{1}{{\rho }^2}=a{\cos }^2\theta +b{\sin }^2\theta$，这是处理“两条互相垂直的动径”类问题的通用工具。

方法推广：凡出现“两条互相垂直的动径”且要求某距离为定值的圆锥曲线综合题，均可先写成极坐标形式，再把垂直条件转化为极角相差 $\frac{\pi }{2}$。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 18.02 双曲线专题全总结

• 17.05 直线与圆的位置关系 类题演练 (Links)

• 2015-上海卷理-09 填-双曲线性质

• 2022-新高考I卷-21 解-双曲线综合

• 2013-湖北卷理-05 单-双曲线方程