2020-上海卷-20 解-向量投影

本题导读

本题考查双曲线的标准方程与性质。核心在于坐标法、定义法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2020年上海卷）已知双曲线 ${\Gamma }_1:\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{b^2}=1$ 与圆 ${\Gamma }_2:x^2+y^2=4+b^2$ ($b>0$) 交于点 $A(x_A,y_A)$（第一象限），曲线 $\Gamma$ 为 ${\Gamma }_1,{\Gamma }_2$ 上取满足 $x>|x_A|$ 的部分。

（1）若 $x_A=\sqrt{6}$，求 $b$ 的值；

（2）当 $b=\sqrt{5}$，${\Gamma }_2$ 与 $x$ 轴交点记作点 $F_1,F_2$，$P$ 是曲线 $\Gamma$ 上一点，且在第一象限，且 $|P{F}_1|=8$，求 $\angle F_{1}P{F}_2$；

（3）过点 $D(0,\frac{b^2}{2}+2)$ 斜率为 $-\frac{b}{2}$ 的直线 $l$ 与曲线 $\Gamma$ 只有两个交点，记为 $M,N$，用 $b$ 表示 $\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}$，并求 $\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}$ 的取值范围。

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：联立方程消去 $y$ 得到关于 $x$ 和 $b$ 的关系式，代入 $x_A=\sqrt{6}$ 求解。
2. 第二问：识别 $F_1,F_2$ 恰好是双曲线的焦点。利用双曲线定义求出另一条焦半径 $|P{F}_2|$，再通过余弦定理求角。
3. 第三问：

• 判定位置关系：通过点到直线距离公式发现直线 $l$ 始终是圆 ${\Gamma }_2$ 的切线。
• 确定交点分布：利用直线斜率与双曲线渐近线斜率相同的特点，判定直线与双曲线段仅有一个交点，从而另一个交点必须落在圆弧段上。
• 向量转化：利用圆的切线性质，发现 $\overrightarrow{OM}$ 恰好是 $\overrightarrow{ON}$ 在 $\overrightarrow{OM}$ 上的投影，从而将数量积简化为半径的平方。

✅【答案】

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$b=2$

✍【详细解析】

Abstract

（1）求 $b$ 的值 由 $x_A=\sqrt{6}$，点 $A$ 为 ${\Gamma }_1$ 与 ${\Gamma }_2$ 的交点，联立方程组： $\{\begin{array}{l}\frac{x_A^2}{4}-\frac{y_A^2}{b^2}=1\\ x_A^2+y_A^2=4+b^2\end{array}$ 代入 $x_A^2=6$ 得 $\frac{6}{4}-\frac{y_A^2}{b^2}=1⟹\frac{y_A^2}{b^2}=\frac{1}{2}⟹y_A^2=\frac{b^2}{2}$。 代入圆方程：$6+\frac{b^2}{2}=4+b^2⟹\frac{b^2}{2}=2⟹b^2=4$。 因为 $b>0$，所以 $b=2$。

（2）求 $\angle F_{1}P{F}_2$ 由题意，双曲线 ${\Gamma }_1$ 的 $a=2,b=\sqrt{5}$，则 $c=\sqrt{4+5}=3$。 圆 ${\Gamma }_2:x^2+y^2=9$，与 $x$ 轴交点为 $F_1(-3,0),F_2(3,0)$，恰为双曲线的左右焦点。 由双曲线定义可知 $||P{F}_1|-|P{F}_2||=2a=4$。 已知 $|P{F}_1|=8$，由于 $P$ 在第一象限（右支），则 $|P{F}_2|=8-4=4$。 在 $△P{F}_1{F}_2$ 中，$|P{F}_1|=8,|P{F}_2|=4,|F_1{F}_2|=2c=6$。 由余弦定理得：$\cos \angle F_{1}P{F}_2=\frac{|P{F}_1{|}^2+|P{F}_2{|}^2-|F_1{F}_2{|}^2}{2|P{F}_1|\cdot |P{F}_2|}=\frac{64+16-36}{2\times 8\times 4}=\frac{44}{64}=\frac{11}{16}$。 由于 $0<\angle F_{1}P{F}_2<\pi$，得 $\angle F_{1}P{F}_2=\arccos \frac{11}{16}$。

（3）求 $\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}$ 及其取值范围 设直线 $l:y=-\frac{b}{2}x+\frac{4+b^2}{2}$。 原点 $O$ 到直线 $l$ 的距离 $d=\frac{|\frac{4+b^2}{2}|}{\sqrt{1+\frac{b^2}{4}}}=\frac{\frac{4+b^2}{2}}{\frac{\sqrt{4+b^2}}{2}}=\sqrt{4+b^2}$。 因为 $d$ 等于圆 ${\Gamma }_2$ 的半径，所以直线 $l$ 是圆的切线。设切点为 $M$。 由 $k_{OM}\cdot k_l=-1⟹k_{OM}=\frac{2}{b}$，联立 $y=\frac{2}{b}x$ 与圆方程得 $M(b,2)$。 注意直线 $l$ 的斜率 $-\frac{b}{2}$ 与双曲线的负斜率渐近线平行，故直线 $l$ 与双曲线段只有一个交点。 要使直线与曲线 $\Gamma$ 有两个交点，必须满足 $y_A>2$。 联立双曲线与圆方程解得 $y_A^2=\frac{b^4}{4+b^2}$。 由 $y_A^2>4⟹\frac{b^4}{4+b^2}>4⟹b^2>2+2\sqrt{5}$（负值舍去）。 因为 $M$ 是切点，$\overrightarrow{OM}\perp \overrightarrow{MN}$，则 $\overrightarrow{OM}$ 为 $\overrightarrow{ON}$ 在 $\overrightarrow{OM}$ 上的投影。 故 $\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}=|\overrightarrow{OM}{|}^2=R^2=4+b^2$。 由 $b^2>2+2\sqrt{5}$ 得 $4+b^2>6+2\sqrt{5}$。 所以 $\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}=4+b^2$，取值范围为 $(6+2\sqrt{5},+\infty )$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 隐含的焦点：圆的半径 $R=\sqrt{4+b^2}$ 与双曲线半焦距 $c$ 的数值完全重合，这是第二问几何法解题的关键。
2. 切线投影性质：第三问中利用“圆心到切线的射影即为切点”这一几何特性，直接得出 $\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}=R^2$，避免了极其繁琐的坐标运算。
3. 渐近线平行：直线斜率 $k=-b/a$ 的设定暗示了直线与双曲线支的交点个数唯一，这是判定“两个交点”分布情况的重要前提。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 结论的推广:
  • 对于圆 $x^2+y^2=R^2$ 上的任意切线，若点 $N$ 在切线上，$M$ 为切点，则 $\overrightarrow{OM}\cdot \overrightarrow{ON}\equiv R^2$。
• 方法的推广:
  • 几何意义优先：在处理涉及圆、球或圆锥曲线切线的数量积问题时，优先寻找垂直关系或投影关系，往往比代数联立韦达定理快得多。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 18.02 双曲线专题全总结
• 20.01 导数定义与几何意义

类题演练 (Links)

• 2013-广东卷理-07 单-双曲线方程
• 2013-湖北卷理-05 单-双曲线方程
• 2013-陕西卷理-11 填-双曲线方程