2022-新高考I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几何性质。核心在于齐次化法、联立方程法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2022年新高考I卷） 已知点 $A(2,1)$ 在双曲线 $C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{a^2-1}=1$ ($a>1$) 上，直线 $l$ 交 $C$ 于 $P,Q$ 两点，直线 $AP,AQ$ 的斜率之和为 $0$.

（1）求 $l$ 的斜率；

（2）若 $\tan \angle PAQ=2\sqrt{2}$，求 $△PAQ$ 的面积.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问（求斜率）：

• 确定方程：将 $A(2,1)$ 代入方程解得 $a^2=2$，双曲线方程为 $\frac{x^2}{2}-y^2=1$。
• 转化条件：$k_{AP}+k_{AQ}=0$ 意味着直线 $AP$ 与 $AQ$ 关于水平线（或过 $A$ 的平行于 $x$ 轴的直线）对称。
• 处理手段：利用齐次化构造关于斜率的二次方程，利用韦达定理令一次项系数为 0，从而求得直线 $l$ 的斜率特征。

2. 第二问（求面积）：

• 确定 $k_{AP}$：利用正切值公式 $\tan \angle PAQ=|\frac{2k}{1-k^2}|$ 求出斜率。注意避开渐近线斜率 $\pm \frac{\sqrt{2}}{2}$。
• 计算几何量：求出直线 $l$ 的方程，进而计算弦长 $|PQ|$ 及点 $A$ 到直线 $l$ 的距离 $h$，最后由 $S=\frac{1}{2}bh$ 求解。

✅【答案】

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$\frac{16\sqrt{2}}{9}$

✍【详细解析】

Abstract

（1）求直线 $l$ 的斜率

【解析】（1）【解法一】(常规设法)

将点$A$代入双曲线方程得$\frac{4}{a^2}-\frac{1}{a^2-1}=1$，

化简得$a^4-4a^2+4=0$，$\therefore a^2=2$，

故双曲线方程为$\frac{x^2}{2}-y^2=1$， 由题显然直线$l$的斜率存在， 设$l:y=kx+m$，设$P(x_1$，$y_1)Q(x_2$，$y_2)$，

则联立双曲线得：$(2k^2-1)x^2+4kmx+2m^2+2=0$，

故$x_1+x_2=-\frac{4km}{2k^2-1}$，$x_1{x}_2=\frac{2m^2+2}{2k^2-1}$，

$k_{AP}+k_{AQ}=\frac{y_1-1}{x_1-2}+\frac{y_2-1}{x_2-2}=\frac{k{x}_1+m-1}{x_1-2}+\frac{k{x}_2+m-1}{x_2-2}=0$，

化简得：$2k{x}_1{x}_2+(m-1-2k)(x_1+x_2)-4(m-1)=0$，

故$\frac{2k(2m^2+2)}{2k^2-1}+(m-1-2k)(-\frac{4km}{2k^2-1})-4(m-1)=0$，

即$(k+1)(m+2k-1)=0$，

当$m+2k-1=0$时，直线$l：y=kx-2k+1过点A$，不合题意，舍去.,故$k=-1$；

【解法二】(平移变换+齐次化）

利用坐标平移变换$l^{\prime }$将坐标原点平移到$l^{\prime }$，

设新坐标系下直线$l^{\prime }$的方程为$\frac{{(x^{\prime }+2)}^2}{2}-{(y^{\prime }+1)}^2=1$，

双曲线的方程为：$\frac{{(x^{\prime }+2)}^2}{2}-{(y^{\prime }+1)}^2=1$

即${x^{\prime }}^2-2{y^{\prime }}^2+4x^{\prime }-4y^{\prime }=0$，

则化齐次联立，得

${x^{\prime }}^2-2{y^{\prime }}^2+4(x^{\prime }-y^{\prime })(m{x}^{\prime }+n{y}^{\prime })=0$即$(-4n-2){y^{\prime }}^2+4(n-m)x^{\prime }{y}^{\prime }+(1+4m){x^{\prime }}^2=0$，

两边同时除以$(-4n-2)\frac{{y^{\prime }}^2}{{x^{\prime }}^2}+4(n-m)\frac{y^{\prime }}{x^{\prime }}+(4m+1)=0$，

得$(-4n-2)\frac{{y^{\prime }}^2}{{x^{\prime }}^2}+4(n-m)\frac{y^{\prime }}{x^{\prime }}+(4m+1)=0$， $A{P}^{\prime },A{Q}^{\prime }$方程的两根即为直线$A{P}^{\prime },A{Q}^{\prime }$的斜率，

\frac{4(n-m)}{4n+2}=0$$\frac{4(n-m)}{4n+2}=0即$m=n$，故直线$l$的斜率为$-1$.

【解法三】**(齐次化）：

仿法一得双曲线方程为$\frac{x^2}{2}-y^2=1$，

设$P\left(x_1,y_1\right),Q\left(x_2,y_2\right)$，

∵$AP,AQ的斜率之和为0$，∴$k_1+k_2=\frac{y_1-1}{x_1-2}+\frac{y_2-1}{x_2-2}=0$，

故将双曲线方程为$\frac{x^2}{2}-y^2=1$变形为：\frac{{{\left( x-2+2 \right)}^{2}}}{2}-{{\left( y-1+1 \right)}^{2}}=1$$\left( * \right)，

且设直线$l:m\left(x-2\right)+n\left(y-1\right)=1$，

由$\left(\ast \right)$式有：${\left(x-2\right)}^2-2{\left(y-1\right)}^2+4\left[\left(x-2\right)-\left(y-1\right)\right]=0$

\Rightarrow$${{\left( x-2 \right)}^{2}}-2{{\left( y-1 \right)}^{2}}+4\left[ \left( x-2 \right)-\left( y-1 \right) \right]\times \left[ m\left( x-2 \right)+n\left( y-1 \right) \right]=0

$\Rightarrow \left(4m+1\right){\left(x-2\right)}^2-\left(4n+2\right){\left(y-1\right)}^2-\left(4m-4n\right)\left(x-2\right)\left(y-1\right)=0$

$\Rightarrow \left(4n+2\right)\frac{{\left(y-1\right)}^2}{{\left(x-2\right)}^2}+\left(4m-4n\right)\frac{y-1}{x-2}-\left(4m+1\right)=0$,

（两边同除以${\left(x-2\right)}^2$），

即$\left(4n+2\right)k^2+\left(4m-4n\right)k-\left(4m+1\right)=0$，

而$k_1,k_2$是此方程的两根。

∴{{k}_{1}}+{{k}_{2}}=\frac{4n-4m}{4n+2}=0$$\Rightarrow m=n，

故直线$l$斜率为−1.

（2）求 $△PAQ$ 的面积

1. 确定斜率 $k_{AP}$：

设 $AP$ 的倾斜角为 $\alpha$，则 $AQ$ 的倾斜角为 $\pi -\alpha$。

则 $\angle PAQ=|\pi -2\alpha |$ 或 $2\alpha$。

由 $\tan \angle PAQ=\left|\frac{k_{AP}-k_{AQ}}{1+k_{AP}{k}_{AQ}}\right|=\left|\frac{2k}{1-k^2}\right|=2\sqrt{2}$。

解得 $k_{AP}=\sqrt{2}$ 或 $k_{AP}=-\sqrt{2}$。

(注：若 $k=\frac{\sqrt{2}}{2}$，

代入双曲线渐近线 $y=\pm \frac{\sqrt{2}}{2}x$ 发现与之平行，无交点，舍去)。

2. 计算交点坐标与面积：

【解法一】(计算$AP、AQ$)：

设直线$AP$的倾斜角为$\alpha$，则$\angle PAQ=2\alpha 或2\alpha -\pi$，

由$\tan \angle PAQ=2\sqrt{2}$，$\therefore$

$\frac{2\tan \frac{\angle PAQ}{2}}{1-ta{n}^2\frac{\angle PAQ}{2}}=2\sqrt{2}$，

得$\tan \frac{\angle PAQ}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$或−$\sqrt{2}$，

当$\tan \frac{\angle PAQ}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$时，

∵$2\alpha +\angle PAQ=\pi$，$\therefore \alpha =\frac{\pi -\angle PAQ}{2}$，

得$k_{AP}=\tan \alpha =\sqrt{2}$，即$\frac{y_1-1}{x_1-2}=\sqrt{2}$，

联立$\frac{y_1-1}{x_1-2}=\sqrt{2}$，

及$\frac{x_1^2}{2}-y_1^2=1$

得$x_1=\frac{10-4\sqrt{2}}{3},y_1=\frac{4\sqrt{2}-5}{3}$，

代入直线$l$得

$m=\frac{5}{3}$，故$x_1+x_2=\frac{20}{3},x_1{x}_2=\frac{68}{9}$，

而$|AP|=\sqrt{3}|x_1-2|,|AQ|=\sqrt{3}|x_2-2|$，

由$\tan \angle PAQ=2\sqrt{2}$，

得$\sin \angle PAQ=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，

故$S_{\Delta PAQ}=\frac{1}{2}|AP||AQ|\sin \angle PAQ=\sqrt{2}|x_1{x}_2-2(x_1+x_2)+4|=\frac{16\sqrt{2}}{9}$．

当$\tan \frac{\angle PAQ}{2}=-\sqrt{2}$时，

$\angle PAQ=2\alpha$，得$k_{AP}=\tan \alpha =-\sqrt{2}$，

仿上得$x_1=\frac{10+4\sqrt{2}}{3},y_1=\frac{-4\sqrt{2}-5}{3}$，

代入直线$l$得$m=\frac{5}{3}$，故$x_1+x_2=\frac{20}{3},x_1{x}_2=\frac{68}{9}$，

而$|AP|=\sqrt{3}|x_1-2|,|AQ|=\sqrt{3}|x_2-2|$，

由$\tan \angle PAQ=2\sqrt{2}$，得$\sin \angle PAQ=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，

故$S_{\Delta PAQ}=\frac{1}{2}|AP||AQ|\sin \angle PAQ=\sqrt{2}|x_1{x}_2-2(x_1+x_2)+4|=\frac{16\sqrt{2}}{9}$．

【解法二】法二(计算弦长和高)

设$AP$的倾斜角为$\alpha$，则$AQ$的倾斜角为$\pi -\alpha$，$\angle PAQ=2\alpha 或2\alpha -\pi$，

由$tan\angle PAQ=2\sqrt{2}$有$\frac{2\tan \alpha }{1-{\tan }^2\alpha }=2\sqrt{2}$，

解得$tan\alpha =-\sqrt{2}$或$\frac{\sqrt{2}}{2}$

(舍去，因为此时直线AP//双曲线渐近线，P不存在)，

取$k_{AP}=-\sqrt{2}，k_{AQ}=\sqrt{2}，则AP：y-1=\sqrt{2}(x-2)$， $AQ：.y-1=\sqrt{2}(x-2)，$

由$\{\begin{array}{c}y-1=-\sqrt{2}(x-2),\\ x^2-2y^2=2\end{array}$

有$\{\begin{array}{c}x=\frac{10+4\sqrt{2}}{3},\\ y=-\frac{4\sqrt{2}+5}{3},\end{array}$

由$\{\begin{array}{c}y-1=\sqrt{2}(x-2),\\ x^2-2y^2=2\end{array}$

有$\{\begin{array}{c}x=\frac{10-4\sqrt{2}}{3},\\ y=\frac{4\sqrt{2}-5}{3},\end{array}$

$PQ：y=-x+\frac{5}{3}$，$PQ=\sqrt{2}|x_1-x_2|$=$\frac{16}{3}$,

$A到PQ的距离h=\frac{|2+1-\frac{5}{3}|}{\sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，

故$△PAQ$的面积为$\frac{1}{2}\times PQ\times h=\frac{16}{9}\sqrt{2}$.

【解法三】**(面积坐标公式）：**仿法二得$P,Q$坐标，

所以$\overrightarrow{AP}=(\frac{4-4\sqrt{2}}{3},\frac{4\sqrt{2}-8}{3})$，

$\overrightarrow{AQ}=(\frac{4+4\sqrt{2}}{3},\frac{-4\sqrt{2}-8}{3})$

故$S_{\Delta PAQ}=\frac{1}{2}|x_P{y}_Q-x_Q{y}_P|=\frac{1}{2}|\frac{4-4\sqrt{2}}{3}\times \frac{-4\sqrt{2}-8}{3}-\frac{4+4\sqrt{2}}{3}\times \frac{4\sqrt{2}-8}{3}|=\frac{16\sqrt{2}}{9}$。

【试题评价】本题考查了直线与双曲线的综合，属于中档题．

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 齐次化的结构特征：看到“过定点且斜率满足线性关系（如和、积为定值）”的直线与二次曲线交点问题，优先考虑齐次化。
2. 渐近线的约束：双曲线问题中，直线斜率不能等于 $\pm b/a$，否则交点个数会发生变化。
3. 计算策略：在求面积时，利用 $S=\frac{1}{2}\cdot |PQ|\cdot d$ 往往比利用向量坐标公式更具几何直观性，且在直线斜率为 $\pm 1$ 时计算量较小。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 方法拓展：本题也可以利用坐标平移后的对称性。由于 $k_1+k_2=0$，说明直线 $l$ 的中点在过 $A$ 的水平线上，结合中点弦性质或韦达定理可解。
• 变式思考：若 $A$ 为原点，结论 $l$ 的斜率还会是 $-1$ 吗？（提示：原点不是双曲线上的点，需重新审视模型）。
• 名师寄语：解析几何是“代数之舞”。齐次化法是这支舞蹈的高难度动作，掌握它能让你在压轴题中化繁为简，节省宝贵的考试时间。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 18.02 双曲线专题全总结
• 16.01 直线的倾斜角与斜率

类题演练 (Links)

• 2008-湖北卷文-20 解-双曲线方程与面积定斜率
• 2013-大纲卷理-21 解-双曲线性质
• 2013-广东卷理-07 单-双曲线方程