每日一题[4014]双曲线的参数弦方程

2026年上海春季高考第20题（解析几何大题）：

已知双曲线 $\Gamma:\dfrac{x^2}2-\dfrac{y^2}2=1$，过点 $M(m,0)$ 的直线 $l$ 与 $\Gamma$ 交于 $A, B$ 两点．

1、求双曲线 $\Gamma$ 的离心率；

2、若 $A(\sqrt 3,1)$，且 $B$ 是线段 $AM$ 的中点，$A,B$ 均在双曲线右支上，求直线 $l$ 的斜率；

3、设 $m>0$，双曲线 $\Gamma$ 的左、右焦点分别为 $F_1 , F_2$，点 $A$ 关于 $y$ 轴的对称点为 $A^{\prime}$．若 $\overrightarrow{F_1 A^{\prime}}\cdot\overrightarrow{F_2 B}=0$，求实数 $m$ 的取值范围．

解析

1、等轴双曲线 $\Gamma$ 的离心率为 $\sqrt 2$．

2、由 $B$ 是线段 $AM$ 的中点可得 $B\left(\dfrac{m+\sqrt 3}2,\dfrac 12\right)$，于是\[\dfrac 12\left(\dfrac{m+\sqrt 3}2\right)^2-\dfrac 12\left(\dfrac 12\right)^2=1,\]因此 $m=-\sqrt 3\pm 3$（舍去负号），进而直线 $l$ 的斜率为 $\dfrac{1}{\sqrt 3-m}=\dfrac{2\sqrt 3+3}{3}$．

3、根据题意，有 $F_1(-2,0),F_2(2,0)$，设 $A,B$ 对应的参数分别为 $2\alpha,2\beta$，$2\alpha,2\beta\in [0,2\pi)\setminus\left\{\frac{\pi}2,\frac{3\pi}2\right\}$，$\alpha\ne\beta$，则\[B\left(\dfrac{\sqrt 2}{\cos2\beta},\sqrt 2\tan2\beta\right),\quad A'\left(-\dfrac{\sqrt 2}{\cos2\alpha},\sqrt 2\tan2\alpha\right),\]因此\[\overrightarrow{F_1A'}\cdot \overrightarrow{F_2B}=0\iff \left(-\dfrac{\sqrt 2}{\cos2\alpha}+2,\sqrt 2\tan2\alpha\right)\cdot \left(\dfrac{\sqrt 2}{\cos2\beta}-2,\sqrt 2\tan2\beta\right)=0,\]即\[(\sqrt 2\cos2\alpha-1)(1-\sqrt 2\cos2\beta)+\sin2\alpha\sin2\beta=0,\]而直线 $AB$ 的横截距\[m=\sqrt 2\cdot \dfrac{1-\tan\alpha\tan\beta}{1+\tan\alpha\tan\beta},\]设 $t_1=\tan\alpha$，$t_2=\tan\beta$，$t_1\ne t_2$ 且 $t_1,t_2\notin\{-1,1\}$，则\[t_1t_2=\tan\alpha\cdot\tan\beta=\dfrac{\sqrt 2-m}{\sqrt 2+m},\]于是 $-1<t_1t_2<1$，而\[\left(\sqrt 2\cdot \dfrac{1-t_1^2}{1+t_1^2}-1\right)\left(\sqrt 2\cdot \dfrac{1-t_2^2}{1+t_2^2}-1\right)=\dfrac{2t_1}{1+t_1^2}\cdot \dfrac{2t_2}{1+t_2^2},\]即\[\left(\sqrt 2+1\right)^2t_1^2t_2^2-(t_1^2+t_2^2)+\left(\sqrt 2-1\right)^2=4t_1t_2,\]因此当 $t_1=1$ 时，$t_2=2\sqrt 2-3$；当 $t_1=-1$ 时，$t_2=3-2\sqrt 2$，从而\[t_1t_2\ne 2\sqrt 2-3,\]且\[\begin{cases} \left(\sqrt 2+1\right)^2t_1^2t_2^2+\left(\sqrt 2-1\right)^2-4t_1t_2=t_1^2+t_2^2> 2t_1t_2,\\ \left(\sqrt 2+1\right)^2t_1^2t_2^2+\left(\sqrt 2-1\right)^2-4t_1t_2=t_1^2+t_2^2\geqslant - 2t_1t_2,\end{cases}\]解得\[t_1t_2< 17-12\sqrt 2~\text{且}~t_1t_2\ne 2\sqrt 2-3,\]从而\[\dfrac{\sqrt 2-m}{\sqrt 2+m}< 17-12\sqrt 2~\text{且}~t_1t_2\ne 2\sqrt 2-3,\]解得 $m>\dfrac 43$ 且 $m\ne 2$．

备注    也可以利用半角公式，利用 $\overrightarrow{F_1A'}\cdot \overrightarrow{F_2B}=0$ 得到\[-2\cos2\alpha\cos2\beta+\sqrt 2(\cos2\alpha+\cos2\beta)-1+\sin2\alpha\sin2\beta=0,\]即\[ -(\cos(2\alpha+2\beta)+\cos(2\alpha-2\beta))+2\sqrt 2\cos(\alpha+\beta)\cos(\alpha-\beta)-1-\dfrac 12(\cos(2\alpha+2\beta)-\cos(2\alpha-2\beta))=0,\]也即\[-\dfrac 32\cos(2\alpha+2\beta)-\dfrac 12\cos(2\alpha-2\beta)+2\sqrt 2\cos(\alpha+\beta)\cos(\alpha-\beta)-1=0,\]设 $u=\cos(\alpha+\beta)$，$v=\cos(\alpha-\beta)$，则 $u,v\in [-1,1]$ 且\[u^2+v^2\ne 1,\quad v\ne 1,\]且\[ -\dfrac 32(2u^2-1)-\dfrac 12(2v^2-1)+2\sqrt 2uv-1=0,\]整理得\[-3u^2-v^2+2\sqrt 2uv+1=0.\]根据截距坐标公式，有\[\begin{split} m&=\dfrac{\frac{\sqrt 2}{\cos2\alpha}\cdot \sqrt 2\tan2\beta-\dfrac{\sqrt 2}{\cos2\beta}\cdot \sqrt 2\tan2\alpha}{\sqrt 2\tan2\beta-\sqrt 2\tan2\alpha}\\ &=\dfrac{2\sin2\beta-2\sin2\alpha}{\sqrt 2\sin2\beta\cos2\alpha-\sqrt 2\sin2\alpha2\cos\beta}\\ &=\sqrt 2\cdot \dfrac{2\cos(\beta+\alpha)\sin(\beta-\alpha)}{2\sin(\beta-\alpha)\cos(\beta-\alpha)}\\ &=\sqrt 2\cdot \dfrac{u}{v},\end{split}\]将 $v=\dfrac{\sqrt 2 u}{m}$ 代入，可得\[-3u^2-\dfrac{2u^2}{m^2}+2\sqrt 2u\cdot \dfrac{\sqrt 2 u}{m}+1=0\iff u^2=\dfrac{m^2}{3m^2-4m+2},\]而\[v=\sqrt{\dfrac{2}{3m^2-4m+2}},\]因此\[\dfrac{m^2}{3m^2-4m+2}\leqslant 1,\quad 3m^2-4m+2>2,\quad \dfrac{m^2+2}{3m^2-4m+2}\ne 1,\]解得实数 $m$ 的取值范围是 $\left(\dfrac 43,+\infty\right)\setminus \{2\}$．