《2025年学霸高考黑题数学人教版》

典型例题 1. (2023·四省联考)已知双曲线 $ C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0) $ 过点 $ A(4\sqrt{2},3) $，且焦距为 $ 10 $.
(1)求双曲线 $ C $ 的方程.
(2)已知点 $ B(4\sqrt{2},-3) $，$ D(2\sqrt{2},0) $，$ E $ 为线段 $ AB $ 上一点，且直线 $ DE $ 交 $ C $ 于 $ G,H $ 两点. 证明：$\frac{GD}{GE}=\frac{HD}{HE}$.

答案： 典型例题1.
(1)解:由题意可得$\frac{32}{a^2}-\frac{9}{b^2}=1$，$2\sqrt{a^2 + b^2}=10$，故$a = 4$，$b = 3$，所以双曲线$ C $的方程为$\frac{x^2}{16}-\frac{y^2}{9}=1$。
(2)证明:方法一:设$E(4\sqrt{2},t)$，$G(x_1,y_1)$，$H(x_2,y_2)$，当$x = 4\sqrt{2}$时，即$\frac{32}{16}-\frac{y^2}{9}=1$，解得$y = \pm3$，则$|t|\lt3$。
因为双曲线的渐近线方程为$y = \pm\frac{3}{4}x$，所以当直线$DE$与渐近线平行时，此时和双曲线仅有一个交点，此时直线$DE$的方程为$y = \pm\frac{3}{4}(x - 2\sqrt{2})$，令$x = 4\sqrt{2}$，则$y = \pm\frac{3\sqrt{2}}{2}$，故$|t|\neq\frac{3\sqrt{2}}{2}$，则直线$DE$的方程为$y = \frac{t}{2\sqrt{2}}(x - 2\sqrt{2})$。
由$\begin{cases}y = \frac{t}{2\sqrt{2}}(x - 2\sqrt{2})\frac{x^2}{16}-\frac{y^2}{9}=1\end{cases}$得$(9 - 2t^2)x^2 + 8\sqrt{2}t^2x - 16t^2 - 144 = 0$，所以$x_1 + x_2 = \frac{8\sqrt{2}t^2}{2t^2 - 9}$，$x_1x_2 = \frac{16t^2 + 144}{2t^2 - 9}$。
$\overrightarrow{GD}·\overrightarrow{HE}-\overrightarrow{GE}·\overrightarrow{DH}=(2\sqrt{2}-x_1,-y_1)·(4\sqrt{2}-x_2,t - y_2)-(4\sqrt{2}-x_1,t - y_1)·(x_2 - 2\sqrt{2},y_2)=2x_1x_2 + 2y_1y_2 - 6\sqrt{2}(x_1 + x_2)-t(y_1 + y_2)+32=\left(2+\frac{t^2}{4}\right)x_1x_2-\left(\frac{3\sqrt{2}}{4}t^2 + 6\sqrt{2}\right)(x_1 + x_2)+4t^2 + 32=\frac{4(t^2 + 8)(t^2 + 9)}{2t^2 - 9}+\frac{4t^2(3t^2 + 24)}{2t^2 - 9}+4t^2 + 32 = 0$。
所以$\overrightarrow{GD}·\overrightarrow{HE}=\overrightarrow{GE}·\overrightarrow{DH}$，即$\frac{GD}{GE}=\frac{HD}{HE}$。
方法二:设$E(4\sqrt{2},t)$，$G(x_1,y_1)$，$H(x_2,y_2)$，$\overrightarrow{GD}=\lambda\overrightarrow{CE}$，$\overrightarrow{HD}=\mu\overrightarrow{HE}$，则有$\begin{cases}2\sqrt{2}-x_1=\lambda(4\sqrt{2}-x_1)\\0 - y_1=\lambda(t - y_1)\\2\sqrt{2}-x_2=\mu(4\sqrt{2}-x_2)\\0 - y_2=\mu(t - y_2)\end{cases}$，即$\begin{cases}x_1=\frac{4\sqrt{2}\lambda - 2\sqrt{2}}{\lambda - 1}\\y_1=\frac{\lambda t}{\lambda - 1}\\x_2=\frac{4\sqrt{2}\mu - 2\sqrt{2}}{\mu - 1}\\y_2=\frac{\mu t}{\mu - 1}\end{cases}$。
将$G$，$H$的坐标分别代入双曲线$C$的方程得$\begin{cases}\frac{(4\sqrt{2}\lambda - 2\sqrt{2})^2}{16(\lambda - 1)^2}-\frac{(\lambda t)^2}{9(\lambda - 1)^2}=1\frac{(4\sqrt{2}\mu - 2\sqrt{2})^2}{16(\mu - 1)^2}-\frac{(\mu t)^2}{9(\mu - 1)^2}=1\end{cases}$，即$\begin{cases}9(2\lambda - 1)^2 - 2\lambda^2t^2 = 18(\lambda - 1)^2&①\\9(2\mu - 1)^2 - 2\mu^2t^2 = 18(\mu - 1)^2&②\end{cases}$。
$① - ②$得$9(2\lambda + 2\mu - 2)(2\lambda - 2\mu)-2t^2(\lambda + \mu)(\lambda - \mu)=18(\lambda + \mu - 2)(\lambda - \mu)$，又$\lambda\neq\mu$，所以有$18(\lambda + \mu - 1)-t^2(\lambda + \mu)=9(\lambda + \mu - 2)$，即$(9 - t^2)(\lambda + \mu)=0$。由$|t|\lt3$，得$\lambda + \mu = 0$，$\mu = -\lambda$，所以$\frac{GD}{GE}=\frac{HD}{HE}$。