2010-四川卷理-20 解-双曲线

本题导读

本题考查动点轨迹方程求解（双曲线）及直线与双曲线相交的综合几何性质。利用“以线段 $MN$ 为直径的圆过点 $F⟺\overrightarrow{FM}\cdot \overrightarrow{FN}=0$”将几何条件代数化是破局关键。

📌【题干】

Question

（2010年四川卷(理)） 20. 已知定点 $A(-1,0),F(2,0)$，定直线 $l:x=\frac{1}{2}$，不在 $x$ 轴上的动点 $P$ 与点 $F$ 的距离是它到直线 $l$ 的距离的 $2$ 倍. 设点 $P$ 的轨迹为 $E$，过点 $F$ 的直线交 $E$ 于 $B,C$ 两点，直线 $AB,AC$ 分别交 $l$ 于点 $M,N$.

(1) 求 $E$ 的方程；

(2) 试判断以线段 $MN$ 为直径的圆是否过点 $F$，并说明理由.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第 (1) 问：

• 设 $P(x,y)(y\ne 0)$，根据“$|PF|=2d$”直接列出坐标关系：$\sqrt{(x-2{)}^2+y^2}=2\left|x-\frac{1}{2}\right|$。
• 两边平方展开化简，得到双曲线方程。

2. 第 (2) 问：

• 判断以 $MN$ 为直径的圆是否过 $F$，即判断是否有 $\angle MFN=90^{\circ }⟺\overrightarrow{FM}\cdot \overrightarrow{FN}=0$。
• 设过 $F(2,0)$ 的直线为 $x=my+2$，联立双曲线方程，得到关于 $y$ 的一元二次方程，写出韦达定理。
• 设 $B(x_1,y_1),C(x_2,y_2)$，求出直线 $AB,AC$ 的方程，令 $x=\frac{1}{2}$ 求出 $M,N$ 的纵坐标 $y_M,y_N$。
• 因为 $M,N$ 落在直线 $x=\frac{1}{2}$ 上，向量为 $\overrightarrow{FM}=\left(-\frac{3}{2},y_M\right),\overrightarrow{FN}=\left(-\frac{3}{2},y_N\right)$。
• 计算数量积 $\overrightarrow{FM}\cdot \overrightarrow{FN}=\frac{9}{4}+y_M{y}_N$，代入韦达定理检验其是否恒为 $0$。

✅【答案】

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𝐸的方程为𝑥2−𝑦23=1.（2）短答案：以线段𝑀𝑁为直径的圆经过点𝐹.

✍【详细解析】

Abstract

(1) 求轨迹 $E$ 的方程

设动点 $P(x,y)$，根据题意，点 $P$ 不在 $x$ 轴上，故 $y\ne 0$.

点 $P$ 到定点 $F(2,0)$ 的距离为 $\sqrt{(x-2{)}^2+y^2}$； 点 $P$ 到定直线 $l:x=\frac{1}{2}$ 的距离为 $\left|x-\frac{1}{2}\right|$.

由题意： $\sqrt{(x-2{)}^2+y^2}=2\left|x-\frac{1}{2}\right|$

两边平方展开得： $(x-2{)}^2+y^2=4{\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2$ $x^2-4x+4+y^2=4\left(x^2-x+\frac{1}{4}\right)$ $x^2-4x+4+y^2=4x^2-4x+1$

整理得： $3x^2-y^2=3⟹x^2-\frac{y^2}{3}=1$

因为点 $P$ 不在 $x$ 轴上，所以 $y\ne 0⟹x\ne \pm 1$.

故轨迹 $E$ 的方程为： $x^2-\frac{y^2}{3}=1(y\ne 0)$

---

(2) 判断以线段 $MN$ 为直径的圆是否过点 $F$

以线段 $MN$ 为直径的圆过点 $F⟺\overrightarrow{FM}\cdot \overrightarrow{FN}=0$.

设过点 $F(2,0)$ 的直线 $BC$ 的方程为 $x=my+2$， 设 $B(x_1,y_1),C(x_2,y_2)$（因 $B,C$ 在双曲线上，且过 $F$，故 $y_1\ne 0,y_2\ne 0$）.

联立直线与双曲线方程： $\{\begin{array}{l}x=my+2\\ 3x^2-y^2=3\end{array}$

代入得： $3(my+2{)}^2-y^2=3⟹(3m^2-1)y^2+12my+9=0$

直线与双曲线交于两点，故 $3m^2-1\ne 0$，由韦达定理： $y_1+y_2=-\frac{12m}{3m^2-1},y_1{y}_2=\frac{9}{3m^2-1}$

求点 $M,N$ 的坐标： 已知 $A(-1,0)$，直线 $AB$ 的方程为： $y=\frac{y_1}{x_1+1}(x+1)$

令 $x=\frac{1}{2}$，解得点 $M$ 的纵坐标为： $y_M=\frac{y_1}{x_1+1}\left(\frac{1}{2}+1\right)=\frac{3y_1}{2(x_1+1)}$

因为 $x_1=m{y}_1+2$，代入得： $y_M=\frac{3y_1}{2(m{y}_1+3)}$

同理，直线 $AC$ 交 $l:x=\frac{1}{2}$ 于点 $N$，其纵坐标为： $y_N=\frac{3y_2}{2(m{y}_2+3)}$

计算 $y_M\cdot y_N$： $y_M\cdot y_N=\frac{9y_1{y}_2}{4(m{y}_1+3)(m{y}_2+3)}=\frac{9y_1{y}_2}{4[m^2{y}_1{y}_2+3m(y_1+y_2)+9]}$

将韦达定理代入分母部分： $m^2{y}_1{y}_2+3m(y_1+y_2)+9=m^2\cdot \frac{9}{3m^2-1}+3m\cdot \left(-\frac{12m}{3m^2-1}\right)+9$ $=\frac{9m^2-36m^2+9(3m^2-1)}{3m^2-1}=\frac{9m^2-36m^2+27m^2-9}{3m^2-1}=-\frac{9}{3m^2-1}$

代回 $y_M\cdot y_N$ 的式子： $y_M\cdot y_N=\frac{9\cdot \frac{9}{3m^2-1}}{4\cdot \left(-\frac{9}{3m^2-1}\right)}=\frac{81}{-36}=-\frac{9}{4}$

因为点 $M,N$ 在直线 $l:x=\frac{1}{2}$ 上，且 $F(2,0)$，所以： $\overrightarrow{FM}=\left(\frac{1}{2}-2,y_M\right)=\left(-\frac{3}{2},y_M\right)$ $\overrightarrow{FN}=\left(\frac{1}{2}-2,y_N\right)=\left(-\frac{3}{2},y_N\right)$

计算向量数量积： $\overrightarrow{FM}\cdot \overrightarrow{FN}=\left(-\frac{3}{2}\right)\times \left(-\frac{3}{2}\right)+y_M{y}_N=\frac{9}{4}+\left(-\frac{9}{4}\right)=0$

因此，$\overrightarrow{FM}\perp \overrightarrow{FN}$，即 $\angle MFN=90^{\circ }$.

故以线段 $MN$ 为直径的圆一定过点 $F$.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：轨迹方程的直接法建立，以线段为直径的圆过定点转化为向量数量积 $\overrightarrow{FM}\cdot \overrightarrow{FN}=0$。
2. 核心方法：设 $x=my+2\to$ 韦达定理表示 $y_1+y_2,y_1{y}_2\to$ 用 $x_1=m{y}_1+2$ 化简 $y_M\cdot y_N\to$ 计算数量积。
3. 避坑指南：第 (1) 问轨迹必须保留定义域限制 $y\ne 0$（或 $x\ne \pm 1$）；第 (2) 问求 $y_M$ 时，将 $x_1=m{y}_1+2$ 代入 $x_1+1=m{y}_1+3$ 是简化后式求积的通关秘诀。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：圆锥曲线极点与极线背景下几何证明题（$x=1/2$ 为点 $A(-1,0)$ 相对于双曲线的极线）。
2. 结论推广：对双曲线 $x^2-y^2/3=1$，从顶点 $A(-1,0)$ 引割线交极线与曲线，所构成的对应点直角性质恒成立。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 09.01 平面向量基本概念

类题演练 (Links)

• 2011-上海卷文-05 填-法向量直线方程
• 2011-上海卷文-12 填-向量数量积
• 2011-上海卷文-18 单-向量和与重心