2006-北京卷理-19 解-均值不等式与一元二次方程根与系数的关系

本题导读

本题核心考查双曲线定义的解析判定以及解析几何中经典的“直线与圆锥曲线相交”产生的向量最值问题。第一问需根据定义锁定轨迹为双曲线的右支；第二问通过设出直线方程与双曲线方程联立，利用韦达定理和均值不等式求出数量积的极值。

📌【题干】

Question

（2006年北京卷(理)） 已知点 $M(-2,0)$, $N(2,0)$，动点 $P$ 满足条件 $|PM|-|PN|=2\sqrt{2}$。记动点 $P$ 的轨迹为 $W$。 （1）求 $W$ 的方程； （2）若 $A,B$ 是 $W$ 上的不同两点， $O$ 是坐标原点，求 $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}$ 的最小值。

🔍【思路分析】

破题导航

第（1）问：根据双曲线定义，到两定点距离之差为非零常数且常数小于两定点间距离，其轨迹为双曲线。因为 $|PM|-|PN|=2\sqrt{2}>0$，说明点 $P$ 距离右焦点 $N$ 较近，故轨迹仅为双曲线的右支。由 $c=2,2a=2\sqrt{2}$ 可解出 $a^2,b^2$。 第（2）问分类讨论直线斜率： $A,B$ 是双曲线右支上的两个不同动点。

• 情况①：若直线 $AB$ 的斜率不存在，即直线垂直于 $x$ 轴，设 $AB:x=x_1$ ($x_1\ge \sqrt{2}$)，由对称性易求得数量积关于 $x_1$ 的单变函数表达式，解出范围。
• 情况②：若直线 $AB$ 的斜率存在，设直线方程为 $y=kx+m$。与双曲线方程联立，利用韦达定理表达 $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=x_1{x}_2+y_1{y}_2$。重点在于， $A,B$ 两点必须同时落在右支上，这意味着除了判别式 $\Delta >0$ 之外，还需要根的横坐标满足 $x_1>0,x_2>0$ 以及 $x_1{x}_2\ge 2$ 的限制条件，利用这些不等式链求出极值。

✅【答案】

Success

最小值为2

✍【详细解析】

Abstract

（1）解：求 $W$ 的方程

依题意，两定点为 $M(-2,0),N(2,0)$，则 $|MN|=4$。 动点 $P$ 满足 $|PM|-|PN|=2\sqrt{2}$。 因为 $2\sqrt{2}<4$，即距离之差小于两定点间的距离， 根据双曲线的几何定义，动点 $P$ 的轨迹是以 $M,N$ 为焦点的双曲线。

又因为 $|PM|-|PN|=2\sqrt{2}>0⟹|PM|>|PN|$，说明动点 $P$ 到右焦点 $N$ 的距离小于到左焦点 $M$ 的距离， 因此轨迹 $W$ 仅为双曲线的右半支。

由标准方程的基本量关系可知： $c=2⟹c^2=4$ $2a=2\sqrt{2}⟹a=\sqrt{2}⟹a^2=2$ $b^2=c^2-a^2=4-2=2$

故轨迹 $W$ 的方程为： $\frac{x^2}{2}-\frac{y^2}{2}=1(x\ge \sqrt{2})$

（2）解：求 $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}$ 的最小值

设 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$，则 $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=x_1{x}_2+y_1{y}_2$。 下面对直线 $AB$ 的斜率情况进行分类讨论：

情况①：若直线 $AB$ 的斜率不存在

此时直线 $AB$ 垂直于 $x$ 轴，可设其方程为 $x=t$。因为 $A,B$ 在双曲线右支上且为不同两点，故 $t>\sqrt{2}$。 代入双曲线方程得 $y^2=t^2-2⟹y=\pm \sqrt{t^2-2}$。 故可设 $A(t,\sqrt{t^2-2}),B(t,-\sqrt{t^2-2})$。 此时数量积为： $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=t\cdot t+\sqrt{t^2-2}\cdot (-\sqrt{t^2-2})=t^2-(t^2-2)=2$

情况②：若直线 $AB$ 的斜率存在

设直线 $AB$ 的方程为 $y=kx+m$。 将直线方程与双曲线方程消去 $y$ 联立： $\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ x^2-y^2=2\end{array}⟹x^2-(kx+m{)}^2=2⟹(1-k^2)x^2-2kmx-(m^2+2)=0$

因为 $A,B$ 是截得的不同两点，所以有： $1-k^2\ne 0⟹k^2\ne 1$

依据韦达定理（根与系数的关系）得： $x_1+x_2=\frac{2km}{1-k^2},x_1{x}_2=\frac{-(m^2+2)}{1-k^2}\text{(2)}$

因为 $A,B$ 两点必须都在双曲线的右支上，故两根必须均为正数，满足： $\{\begin{array}{l}\Delta =(-2km{)}^2-4(1-k^2)[-(m^2+2)]=4(m^2+2-2k^2)>0⟹m^2+2>2k^2\\ x_1{x}_2=\frac{-(m^2+2)}{1-k^2}>0⟹1-k^2<0⟹k^2>1\\ x_1+x_2=\frac{2km}{1-k^2}>0⟹\text{由 }1-k^2<0\text{ 知 }km<0\end{array}$

此时，进一步表达数量积 $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}$ 的代数式： because $A,B$ 在直线上， $y_1{y}_2=(k{x}_1+m)(k{x}_2+m)=k^2{x}_1{x}_2+km(x_1+x_2)+m^2$

将韦达定理 ② 代入： $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=x_1{x}_2+y_1{y}_2=(1+k^2)x_1{x}_2+km(x_1+x_2)+m^2$ $=(1+k^2)\left[\frac{-(m^2+2)}{1-k^2}\right]+km\left[\frac{2km}{1-k^2}\right]+m^2$ $=\frac{-m^2-2-k^2{m}^2-2k^2+2k^2{m}^2+m^2(1-k^2)}{1-k^2}=\frac{-2-2k^2}{1-k^2}=\frac{2k^2+2}{k^2-1}$

对得到的关于 $k^2$ 的分式进行常数分离化简： $\frac{2k^2+2}{k^2-1}=\frac{2(k^2-1)+4}{k^2-1}=2+\frac{4}{k^2-1}$

下面利用前面推导的范围约束确定最值： 由交点都在右支的充要条件知： $m^2+2>2k^2$。又因为 $k^2>1$，所以 $m^2>2k^2-2>0$。 同时，为了确保交点确实在右支上，还必须满足双曲线右支的边界界限： $(x_1-\sqrt{2})(x_2-\sqrt{2})\ge 0⟹x_1{x}_2-\sqrt{2}(x_1+x_2)+2\ge 0$。

我们可以用一个更简便的代数界限：由 $m^2+2>2k^2$ 且 $k^2>1$，由分式的单调性可知： 因为 $k^2>1$ 时， $k^2-1>0$。虽然由 $m^2+2>2k^2$ 表面上未锁死 $k^2$ 的上界，但当直线无限接近于渐近线斜率时， $k^2\to 1^{+}$， 此时分母 $k^2-1\to 0^{+}$，从而导致 $\frac{4}{k^2-1}\to +\infty$。 当 $k^2$ 变大时， 分式 $\frac{4}{k^2-1}$ 严格单调递减。

由右支两根限制条件：要使得两交点在右支，直线的横截距 $-\frac{m}{k}$ 必须大于 0。 经精确边界判定， $k^2$ 虽可以取到很大，导致 $2+\frac{4}{k^2-1}$ 无限趋近于 2，但在情况②中由于 $k^2$ 无法取到无穷大，该分式始终严格大于 2。

综合情况①和情况②，当且仅当直线垂直于 $x$ 轴时，数量积取得最小值 2。

故 $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}$ 的最小值为 2。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：双曲线单支定义的判定、直线与双曲线联立的齐次消元、向量数量积的坐标展开式最值。
• 核心方法：斜率分类讨论法、常数分离法。
• 避坑指南：一是第一问必须写明 $x\ge \sqrt{2}$，忽略右支限制会导致定义不完整扣分；二是在第二问中，这是全卷最深的陷阱——很多同学联立出 $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=2+\frac{4}{k^2-1}$ 后，想当然地认为要让式子最小应当让分母最大，从而开始寻找 $k^2$ 的最大值。其实当直线垂直于 $x$ 轴（即斜率不存在）时，它对应着 $k^2\to \infty$ 的极限情况，此时独立计算的值为 2。如果不做斜率不存在的单独讨论，本题将无法在线性代数框架下取得最小值点。

📖【试题探源与推广】

Tip

最小值为2

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 18.02 双曲线专题全总结
• 09.03 平面向量的数量积
• 03.02 均值不等式

类题演练 (Links)

• 2008-江西卷理-22 解-均值不等式
• 2008-湖北文-19 解-广告尺寸均值不等式