2013-上海卷文-23 解-双曲线新定义

本题导读

本题考查双曲线的标准方程与性质。核心在于定义翻译与验证、分类讨论的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2013年上海卷(文)） 如图，已知双曲线 $C_1:\frac{x^2}{2}-y^2=1$，曲线 $C_2:|y|=|x|+1$.$P$ 是平面内一点，若存在过点 $P$ 的直线 $l$ 与 $C_1$、$C_2$ 都有公共点，则称 $P$ 为”$C_1-C_2$ 型点”.

(1)在正确证明 $C_1$ 的左焦点是”$C_1-C_2$ 型点”时，要使用一条过该焦点的直线，试写出一条这样的直线的方程（不要求验证）；

(2)设直线 $y=kx$ 与 $C_2$ 有公共点，求证 $|k|>1$，进而证明原点不是”$C_1-C_2$ 型点”；

(3)求证：圆 $x^2+y^2=\frac{1}{2}$ 内的点都不是”$C_1-C_2$ 型点”.

🔍【思路分析】

破题导航

1. $C_1$ 中 $a^2=2$、$b^2=1$，故 $c=\sqrt{3}$，左焦点 $F(-\sqrt{3},0)$；找 $C_2$ 上一点与 $F$ 连线即可，如 $(0,1)$。
2. (2) 交点 $(x,y)$ 满足 $y=kx$、$|y|=|x|+1$；$x=0$ 不可能，故 $x\ne 0$，$|k|=\frac{|x|+1}{|x|}=1+\frac{1}{|x|}>1$。
3. 再证过原点的直线：竖直的 $x=0$ 与 $C_1$ 无交点；非竖直的 $y=kx$ 若与 $C_2$ 相交须 $|k|>1$，而与 $C_1$ 相交须 $|k|<\frac{1}{\sqrt{2}}$，矛盾。
4. (3) 反证：设 $P=(x_0,y_0)$ 在圆内，即 $x_0^2+y_0^2<\frac{1}{2}$。对任意同时与 $C_1$、$C_2$ 相交的直线 $l$，证明原点到 $l$ 的距离 $d⩾\frac{1}{\sqrt{2}}$；而 $P\in l$ 故 $OP⩾d⩾\frac{1}{\sqrt{2}}$，矛盾。

✅【答案】

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(1) $y=\frac{x}{\sqrt{3}}+1$（答案不唯一，过点 $\left(-\sqrt{3},0\right)$ 且与 $C_2$ 相交的直线均可）；(2)(3) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

**（1）**双曲线 $C_1:\frac{x^2}{2}-y^2=1$ 中 $a^2=2$、$b^2=1$，故 $c=\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{3}$，左焦点为 $F=(-\sqrt{3},0).$ 取直线 $y=\frac{x}{\sqrt{3}}+1.$ 它经过 $F$（$\frac{-\sqrt{3}}{\sqrt{3}}+1=-1+1=0$），又经过 $C_2$ 上的点 $(0,1)$（因为 $|1|=|0|+1$），所以它与 $C_1$、$C_2$ 都有公共点，可作为所需直线。（满足条件的直线不唯一。） **（2）**设直线 $y=kx$ 与 $C_2$ 的公共点为 $(x,y)$。若 $x=0$，则由 $y=kx$ 得 $y=0$，与 $|y|=|x|+1$ 矛盾，所以 $x\ne 0$。于是 $|k|=\frac{|y|}{|x|}=\frac{|x|+1}{|x|}=1+\frac{1}{|x|}>1.$ 下面证明原点不是”$C_1-C_2$ 型点”。过原点的直线分两类：

• 竖直直线 $x=0$：代入 $C_1$ 得 $-y^2=1$，无实数解，故它与 $C_1$ 无公共点；
• 非竖直直线 $y=kx$：若它与 $C_2$ 有公共点，由上面结论必有 $|k|>1$；而它与 $C_1$ 相交需 $\frac{x^2}{2}-k^2{x}^2=1\Rightarrow \left(\frac{1}{2}-k^2\right)x^2=1,$ 左边系数必须为正，即 $\frac{1}{2}-k^2>0$，故 $|k|<\frac{1}{\sqrt{2}}$，与 $|k|>1$ 矛盾。 所以不存在过原点且与 $C_1$、$C_2$ 都有公共点的直线，即原点不是”$C_1-C_2$ 型点”。 **（3）**设点 $P=(x_0,y_0)$ 在圆 $x^2+y^2=\frac{1}{2}$ 的内部，即 $x_0^2+y_0^2<\frac{1}{2}.$ 反设 $P$ 是”$C_1-C_2$ 型点”，设过 $P$ 且与 $C_1$、$C_2$ 都有公共点的直线为 $l$。 **情形一：$l$ 为竖直直线 $x=c$。**由 $l$ 与 $C_1$ 有公共点得 $\frac{c^2}{2}-y^2=1\Rightarrow y^2=\frac{c^2}{2}-1⩾0\Rightarrow |c|⩾\sqrt{2}>\frac{1}{\sqrt{2}}.$ 于是 $l$ 上任一点到原点的距离不小于 $|c|>\frac{1}{\sqrt{2}}$，与 $P\in l$ 且 $OP<\frac{1}{\sqrt{2}}$ 矛盾。 情形二：$l$ 非竖直，设 $l:y=kx+b$。
• 当 $|k|⩽1$ 时：取 $l$ 与 $C_2$ 的公共点 $(x,y)$，则 $|b|=|y-kx|⩾||y|-|k||x||=|x|+1-|k||x|=1+(1-|k|)|x|⩾1,$ 于是原点到 $l$ 的距离满足 $d=\frac{|b|}{\sqrt{1+k^2}}⩾\frac{1}{\sqrt{1+k^2}}⩾\frac{1}{\sqrt{2}}.$
• 当 $|k|>1$ 时：将 $y=kx+b$ 代入 $C_1$ 得 $\left(\frac{1}{2}-k^2\right)x^2-2kbx-(b^2+1)=0.$ 它与 $C_1$ 有公共点，即该方程有实数解，故其判别式 $\Delta =(-2kb{)}^2-4\left(\frac{1}{2}-k^2\right)\left[-(b^2+1)\right]=2(b^2+1-2k^2)⩾0,$ 从而 $b^2⩾2k^2-1$，于是 $d^2=\frac{b^2}{1+k^2}⩾\frac{2k^2-1}{1+k^2}⩾\frac{1}{2},$ 最后一个不等号等价于 $2(2k^2-1)⩾1+k^2$，即 $k^2⩾1$，由 $|k|>1$ 成立。故亦有 $d⩾\frac{1}{\sqrt{2}}$。 综上，任何同时与 $C_1$、$C_2$ 都有公共点的直线 $l$ 到原点的距离都满足 $d⩾\frac{1}{\sqrt{2}}$。 但 $P\in l$，所以 $OP⩾d⩾\frac{1}{\sqrt{2}},$ 这与 $P$ 在圆内即 $OP<\frac{1}{\sqrt{2}}$ 矛盾。 因此圆 $x^2+y^2=\frac{1}{2}$ 内的点都不是”$C_1-C_2$ 型点”。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：新定义”型点”与直线与圆锥曲线的位置关系

核心方法：(1) 取 $y=\frac{x}{\sqrt{3}}+1$：它过左焦点 $F(-\sqrt{3},0)$，又过 $C_2$ 上的点 $(0,1)$；(2) 由 $y=kx$ 与 $|y|=|x|+1$ 相交得 $|k|=1+\frac{1}{|x|}>1$，原点情形则导出 $|k|>1$ 与 $|k|<\frac{1}{\sqrt{2}}$ 矛盾；(3) 同时与 $C_1$、$C_2$ 相交的直线到原点距离 $d⩾\frac{1}{\sqrt{2}}$，而圆内点 $OP<\frac{1}{\sqrt{2}}$，矛盾

避坑指南：第 (3) 问的关键是把”型点”翻译成”过该点的直线到原点的距离”：$|k|⩽1$ 时用 $|b|⩾1$ 放大，$|k|>1$ 时用 $\Delta ⩾0$ 得 $b^2⩾2k^2-1$，两个分支缺一不可；竖直直线必须单独讨论，容易漏

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：新定义”$C_1-C_2$ 型点”的”读题—翻译—证明”结构与 2013 山东文 16 的”正对数”新定义题一致，都是先读懂定义再逐条验证。

结论推广：对 $C_2:|y|=|x|+1$，其上任意点 $(x,y)$ 满足 $|y|-|x|=1$；直线 $y=kx+b$ 与 $C_2$ 相交且 $|k|⩽1$ 时必有 $|b|⩾1$（由 $|b|=|y-kx|⩾||y|-|k||x||$ 得）。

方法推广：新定义题的通用流程：① 逐字翻译定义中的每个条件；② 把”存在性”命题转化为具体方程的可解性；③ 证明”不是”时优先用反证 + 距离（或不等式）矛盾。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 18.02 双曲线专题全总结
• 18.08 一般曲线与方程
• 16.04 距离公式汇总

类题演练 (Links)

• 2013-大纲卷文-22 解-双曲线与等比数列
• 2013-山东卷文-16 填-正对数新定义
• 2013-北京卷文-07 单-双曲线离心率充要