2022-新高考II卷-21 解-双曲线综合

本题导读

本题考查双曲线的标准方程与渐近线方程。核心在于待定系数法、联立方程法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2022年新高考II卷） 已知双曲线 $C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)$ 的右焦点为 $F(2,0)$，渐近线方程为 $y=\pm \sqrt{3}x$。

（1）求 $C$ 的方程；

（2）过 $F$ 的直线与 $C$ 的两条渐近线分别交于 $A,B$ 两点，点 $P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2)$ 在 $C$ 上，且 $x_1>x_2>0,y_1>0$。过 $P$ 且斜率为 $-\sqrt{3}$ 的直线与过 $Q$ 且斜率为 $\sqrt{3}$ 的直线交于点 $M$。

从下面 ①②③ 中选取两个作为条件，证明另外一个成立。

① $M$ 在直线 $AB$ 上；② $PQ\parallel AB$；③ $|MA|=|MB|$。

注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分。

🔍【思路分析】

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1. 第一问（求方程）：利用渐近线斜率 $\frac{b}{a}=\sqrt{3}$ 和焦点 $c=2$，结合 $a^2+b^2=c^2$ 解出 $a,b$。
2. 第二问（核心突破）：这道题的难点在于消去动态的 $P,Q$ 点，找到 $M$ 点的轨迹特征。

• 设 $M(x_0,y_0)$，直线 $PM$ 斜率为 $-\sqrt{3}$，直线 $QM$ 斜率为 $\sqrt{3}$。将直线方程代入双曲线方程（或者利用交轨法结合点差法），推导出直线 $PQ$ 的斜率 $k_{PQ}$ 与 $M$ 点坐标之间的绝妙关系：$k_{PQ}=\frac{3x_0}{y_0}$。
• 接下来，设直线 $AB$ 的斜率为 $k$。
• 翻译三个条件： ① $M$ 在 $AB$ 上 $⟺y_0=k(x_0-2)$。 ② $PQ\parallel AB⟺k_{PQ}=k⟺\frac{3x_0}{y_0}=k$。 ③ $|MA|=|MB|⟺M$ 是弦 $AB$ 的中点 $⟺x_0=\frac{2k^2}{k^2-3}$ 且 $y_0=\frac{6k}{k^2-3}$。
• 只要将这三个代数特征翻译出来，任选两个作为已知方程组，解出 $x_0,y_0$，必然能满足第三个特征式。

✅【答案】

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(1) 见解析

(2) 证明见解析（$|MA|=|MB|$）

✍【详细解析】

Abstract

（1）求双曲线 $C$ 的方程

1. 由渐近线确定比例关系：

   已知渐近线为 $y=\pm \sqrt{3}x$，对于焦点在 $x$ 轴的双曲线，渐近线方程为 $y=\pm \frac{b}{a}x$．

   故 $\frac{b}{a}=\sqrt{3}\Rightarrow b=\sqrt{3}a$ ①．

2. 利用焦点坐标确定基本量：

   右焦点为 $F(2,0)$，则 $c=2$．

   根据双曲线基本量关系 $a^2+b^2=c^2$，得：

   $a^2+(\sqrt{3}a{)}^2=2^2\Rightarrow 4a^2=4\Rightarrow a=1$．

   代入 ① 得 $b=\sqrt{3}$．

3. 得出结论：

   双曲线 $C$ 的方程为 $x^2-\frac{y^2}{3}=1$．

（2）证明 ①② $\Rightarrow$ ③

【解法一】 1. 求解点 $M$ 的轨迹特征：

设 $M(x_0,y_0)$．根据题意有：

直线 $PM:y-y_1=-\sqrt{3}(x-x_1)$；

直线 $QM:y-y_2=\sqrt{3}(x-x_2)$．

联立以上两式：

$2\sqrt{3}{x}_0=\sqrt{3}(x_1+x_2)+(y_1-y_2)$

$2y_0=(y_1+y_2)+\sqrt{3}(x_1-x_2)$

由于 $P,Q$ 在双曲线 $x^2-\frac{y^2}{3}=1$ 上，且 $PQ$ 斜率为 $k$，则由点差法：

$\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=\frac{3(x_1+x_2)}{y_1+y_2}=k$．

经过化简（详见原稿推导），可得 $M$ 满足关系：$y_0=\frac{3}{k}{x}_0$．

即 $M$ 在过原点且斜率为 $\frac{3}{k}$ 的直线上．

2. 引入条件 ② $PQ//AB$：

设直线 $AB$ 的斜率为 $k$，方程为 $y=k(x-2)$．

根据 ②，直线 $PQ$ 的斜率亦为 $k$，由轨迹公式知 $M$ 在直线 $y=\frac{3}{k}x$ 上．

3. 引入条件 ① $M$ 在直线 $AB$ 上：

联立 $M$ 所在的平分线与 $AB$ 直线：

$\{\begin{array}{l}y=k(x-2)\\ y=\frac{3}{k}x\end{array}\Rightarrow x_M=\frac{2k^2}{k^2-3},y_M=\frac{6k}{k^2-3}$．

4. 证明 ③ $|MA|=|MB|$：

直线 $AB$ 与渐近线 $y=\sqrt{3}x$ 和 $y=-\sqrt{3}x$ 分别交于 $A,B$．

联立 $y=k(x-2)$ 与 $y=\sqrt{3}x$ 得 $x_A=\frac{2k}{k-\sqrt{3}}$．

联立 $y=k(x-2)$ 与 $y=-\sqrt{3}x$ 得 $x_B=\frac{2k}{k+\sqrt{3}}$．

计算线段 $AB$ 的中点横坐标 $x_{mid}$：

$x_{mid}=\frac{x_A+x_B}{2}=\frac{1}{2}\left(\frac{2k}{k-\sqrt{3}}+\frac{2k}{k+\sqrt{3}}\right)=\frac{k(k+\sqrt{3})+k(k-\sqrt{3})}{k^2-3}=\frac{2k^2}{k^2-3}$．

观察发现 $x_M=x_{mid}$．

因为 $M$ 在直线 $AB$ 上，且其横坐标等于 $AB$ 中点的横坐标，故 $M$ 是线段 $AB$ 的中点．

结论：$|MA|=|MB|$ 成立．

【解法二】 由已知得直线$PQ$的斜率存在且不为零，直线$AB$的斜率不为零， 若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线$AB$的斜率存在且不为零； 若选①③推②，则$M$为线段$AB$的中点，假若直线$AB$的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知$M$在$x$轴上，即为焦点$F$,此时由对称性可知$P$、$Q$关于$x$轴对称，与从而$x_1=x_2$，已知不符； 总之，直线$AB$的斜率存在且不为零.

设直线$AB$的斜率为$k$,直线$AB$方程为$y=k\left(x-2\right)$, 则条件①$M$在$AB$上，等价于$y_0=k\left(x_0-2\right)\iff k{y}_0=k^2\left(x_0-2\right)$； 两渐近线的方程合并为$3x^2-y^2=0$, 联立消去y并化简整理得：$\left(k^2-3\right)x^2-4k^{2}x+4k^2=0$ 设$A\left(x_3,y_3\right),B\left(x_3,y_4\right)$,线段中点为$N\left(x_N,y_N\right)$,则$x_N=\frac{x_3+x_4}{2}=\frac{2k^2}{k^2-3},y_N=k\left(x_N-2\right)=\frac{6k}{k^2-3}$,

设$M\left({x_{}}_0,y_0\right)$, 则条件③$\left|AM\right|=\left|BM\right|$等价于${\left(x_0-x_3\right)}^2+{\left(y_0-y_3\right)}^2={\left(x_0-x_4\right)}^2+{\left(y_0-y_4\right)}^2$,

移项并利用平方差公式整理得： $\left(x_3-x_4\right)\left[2x_0-\left(x_3+x_4\right)\right]+\left(y_3-y_4\right)\left[2y_0-\left(y_3+y_4\right)\right]=0$， $\left[2x_0-\left(x_3+x_4\right)\right]+\frac{y_3-y_4}{x_3-x_4}\left[2y_0-\left(y_3+y_4\right)\right]=0$,即$x_0-x_N+k\left(y_0-y_N\right)=0$, 即$x_0+k{y}_0=\frac{8k^2}{k^2-3}$；

由题意知直线$PM$的斜率为$-\sqrt{3}$, 直线$QM$的斜率为$\sqrt{3}$, ∴由$y_1-y_0=-\sqrt{3}\left(x_1-x_0\right),y_2-y_0=\sqrt{3}\left(x_2-x_0\right)$,

∴$y_1-y_2=-\sqrt{3}\left(x_1+x_2-2x_0\right)$,

所以直线$PQ$的斜率$m=\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=-\frac{\sqrt{3}\left(x_1+x_2-2x_0\right)}{x_1-x_2}$, 直线$PM:y=-\sqrt{3}\left(x-x_0\right)+y_0$,即$y=y_0+\sqrt{3}{x}_0-\sqrt{3}x$, 代入双曲线的方程$3x^2-y^2-3=0$,即$\left(\sqrt{3}x+y\right)\left(\sqrt{3}x-y\right)=3$中，

得：$\left(y_0+\sqrt{3}{x}_0\right)\left[2\sqrt{3}x-\left(y_0+\sqrt{3}{x}_0\right)\right]=3$, 解得$P$的横坐标：$x_1=\frac{1}{2\sqrt{3}}\left(\frac{3}{y_0+\sqrt{3}{x}_0}+y_0+\sqrt{3}{x}_0\right)$, 同理：$x_2=-\frac{1}{2\sqrt{3}}\left(\frac{3}{y_0-\sqrt{3}{x}_0}+y_0-\sqrt{3}{x}_0\right)$， ∴$x_1-x_2=\frac{1}{\sqrt{3}}\left(\frac{3y_0}{y_0^2-3x_0^2}+y_0\right),x_1+x_2-2x_0=-\frac{3x_0}{y_0^2-3x_0^2}-x_0,$ ∴$m=\frac{3x_0}{y_0}$,

∴条件②$PQ//AB$等价于$m=k\iff k{y}_0=3x_0$，

综上所述：

条件①$M$在$AB$上，等价于$k{y}_0=k^2\left(x_0-2\right)$；

条件②$PQ//AB$等价于$k{y}_0=3x_0$；

条件③$\left|AM\right|=\left|BM\right|$等价于 $x_0+k{y}_0=\frac{8k^2}{k^2-3}$；

选①②推③:

由①②解得：$x_0=\frac{2k^2}{k^2-3},\therefore x_0+k{y}_0=4x_0=\frac{8k^2}{k^2-3}$, ∴③成立；

选①③推②：

由①③解得：$x_0=\frac{2k^2}{k^2-3}$，$k{y}_0=\frac{6k^2}{k^2-3}$， ∴$k{y}_0=3x_0$，

∴②成立；

选②③推①：

由②③解得： $x_0=\frac{2k^2}{k^2-3}$，

$k{y}_0=\frac{6k^2}{k^2-3}$，

∴$x_0-2=\frac{6}{k^2-3}$，

∴$k{y}_0=k^2\left(x_0-2\right)$，

∴①成立.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. “巧妙设法”解交轨：在第一步求 $M$ 点轨迹特征时，如果设 $P,Q$ 坐标去强行联立 $PQ$ 所在的直线，计算量会大到绝望。逆向思维，把 $P,Q$ 看作是过定点 $M$ 的两条斜率固定的直线与双曲线的交点，将二次项巧妙抵消变成一次方程，是解析几何中较高阶的代数变形技巧。
2. 广义中点弦性质：对于双曲线 $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$，除了弦中点满足 $k_{chord}\cdot k_{mid}=\frac{b^2}{a^2}$ 之外，若点 $M$ 为两条斜率互为相反数的切线或特定弦的交点，同样会受到类似比例常数的严格约束（本题中 $k_{PQ}\cdot k_{OM}=3=b^2$）。
3. 开放式命题的本质：高考卷中出现的“三选二”证明题，其三个条件在代数空间中构成了“相互印证”的完整推理等式。只要能够把一段文字精确翻译成一个代数等式，这类题就变成了纯粹的解方程组游戏。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 极限思想验证：如果在考场上没时间完整推导第一步，可以尝试极限思想：让直线 $AB$ 垂直于 $x$ 轴（此时 $k\to \infty$）。此时 $A,B$ 关于 $x$ 轴对称，$M$ 必定落在 $x$ 轴上（即 $F$ 点），此时 $|MA|=|MB|$ 显然成立，且由对称性可知 $PQ$ 也必然垂直于 $x$ 轴，与 $AB$ 平行。这可以在几秒内直觉印证命题的正确性。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 18.02 双曲线专题全总结

类题演练 (Links)

• 2013-江苏卷-03 填-渐近线
• 2014-浙江卷理-16 填-渐近线
• 2008-大纲卷I文-22 解-双曲线渐近线弦长