關注雙曲線與三角形的內心和重心的交匯

注重對相關數學知識、思想方法的綜合考查，是近年高考命題的一個重要指導思想.基于此，關注雙曲線與三角形的內心和重心的交匯，可以幫助我們提高分析、解決具有綜合性問題的實際能力，鞏固相關知識、方法在解題中的靈活運用能力，進而提升數學核心素養.

1 好題采擷

已知F1，F2是雙曲線C：x25－y24=1的左、右焦點，M是雙曲線C在第一象限上一點，設I，G分別為△MF1F2的內心和重心，若IG與x軸平行，則MF1·MF2=.

試題分析：本題具有一定的綜合性，涉及對雙曲線、解三角形、平面向量以及有關平面幾何知識的綜合考查.從命題角度看，比較創新，側重體現在將雙曲線與焦點三角形的內心和重心同時交匯在一起，從而也導致試題難度有所增加.故整體看，本題對考生分析、解決問題的能力考查較強，因此值得我們去關注、去研究.

2 解題探究

為了便于厘清題意，也為了便于直觀思考、分析，需要先根據題意畫出圖形，如圖1所示.因為F1，F2是雙曲線C：x25－y24=1的左、右焦點，所以F1（－3，0），F2（3，0）.設點M（x0，y0），則由點M是雙曲線C在第一象限上一點可得x205－y204=1，且x0gt;0，y0gt;0.

解法1：因為G是△MF1F2的重心，所以可得點Gx03，y03.又IG∥x軸，所以易得△MF1F2的內心I的坐標為5，y03（提示：畫出焦點三角形的內切圓，根據切線長相等和雙曲線的定義，易知焦點三角形內心的橫坐標就是雙曲線右頂點的橫坐標）.

因為點F1（－3，0），M（x0，y0），所以由點斜式可得直線MF1的方程為y=y0x0+3（x+3），即y0x－（x0+3）y+3y0=0.由I是△MF1F2的內心，知點I到直線MF1的距離等于△MF1F2內切圓的半徑，即5y0－（x0+3）·y03+3y0y20+（x0+3）2=y03，化簡得

|35+6－x0|=y20+（x0+3）2.

再兩邊平方，得（35+6－x0）2=y20+（x0+3）2.

將y20=4x205－1代入上式，整理可得

2x20+（45+155）x0－190－905=0.

分解因式，得（x0－25）（2x0+195+45）=0.

又x0gt;0，解得x0=25.

所以y20=4x205－1=12，則y0=23.

所以點M（25，23）.

于是，可得MF1=（－3－25，－23），MF2=（3－25，－23）.

故所求MF1·MF2=（－3－25）（3－25）+（－23）×（－23）=23.

評注：該解法側重于坐標運算，關鍵是充分運用有關解析幾何知識求解點M的坐標;缺點也很顯然，字母形式的化簡、運算較為復雜，因而也容易出錯.

解法2：因為G是△MF1F2的重心，所以可得點Gx03，y03.又IG∥x軸，所以可得△MF1F2的內心I的縱坐標為y03.又易知△MF1F2的內切圓的半徑等于該三角形面積的2倍除以周長，所以可得y03=2×12×6×y06+|MF1|+|MF2|，化簡得

|MF1|+|MF2|=12.

①

因為點M在雙曲線的右支上，所以

|MF1|－|MF2|=25.

②

于是，將①②聯立可解得

|MF1|=6+5，|MF2|=6－5.

又|F1F2|=6，在△MF1F2中由余弦定理得

cos∠F1MF2=（6+5）2+（6－5）2－622（6+5）（6－5）=2331.

所以MF1·MF2=|MF1||MF2|·cos∠F1MF2=（6+5）×（6－5）×2331=23.

評注：該解法巧妙之處在于根據三角形內切圓半徑的計算公式和雙曲線的定義，靈活構建方程組，可得兩個焦半徑的長度，從而借助余弦定理和數量積的定義可順利求解目標問題.

解法3：同解法2，可得|MF1|+|MF2|=12.又由雙曲線的焦半徑公式得|MF1|=ex0+a

=3x05+5，|MF2|=ex0－a=3x05－5，所以可得3x05+5+3x05－5=12，解得x0=25，所以y20=4x205－1=12，可得y0=23，所以點M（25，23）.

從而，可知MF1=（－3－25，－23），MF2=（3－25，－23）.

故所求MF1·MF2=（－3－25）（3－25）+（－23）（－23）=23.

評注：該解法可看作是對前述解法1的適當改進，充分說明靈活運用有關平面幾何知識和雙曲線的焦半徑公式，可優化解題過程，有利于幫助我們取得比較滿意的解題效果.

解法4：同解法2，可得

|MF1|+|MF2|=12，|MF1|－|MF2|=25.

上述兩式平方相加，可得|MF1|2+|MF2|2=82.

因為易知MO是△MF1F2的一條中線，所以根據∠MOF1和∠MOF2互為鄰補角，兩次運用余弦定理可得|MF1|2+|MF2|2=2（|MO|2+|OF1|2）.

于是，可得到2（|MO|2+|OF1|2）=82，即2（|MO|2+32）=82，化簡得|MO|2=32.

因為向量MF1=MO+OF1，MF2=MO－OF1，所以

MF1·MF2=（MO+OF1）·（MO－OF1）=|MO|2－|OF1|2=32－32=23.

評注：該解法雖然比解法2麻煩一些，但涉及到一些常用解題技巧（實施“平方和”變形）、常用結論〔廣勾股結論|MF1|2+|MF2|2=2（|MO|2+|OF1|2）以及極化恒等式MF1·MF2=|MO|2－|OF1|2〕的靈活運用，故值得關注、學習.

解法5：如圖2所示，連接MG，OG，則由O為線段F1F2的中點及G是△MF1F2的重心，可知M，G，O三點共線.連接MI，并延長與x軸交于點E.

因為G是△MF1F2的重心，所以根據三角形重心的特性可得|MG|=2|GO|.

因為I是△MF1F2的內心，所以IF2平分∠MF2E，ME平分∠F1MF2.

結合IG∥x軸，得2=|MG||GO|=|MI||IE|=|MF2||EF2|=|MF1||EF1|=|MF2|+|MF1||EF2|+|EF1|，所以

|MF2|+|MF1|=2（|EF2|+|EF1|）=2|F1F2|=2×2×3=12.

接下來，有兩種不同的解題方法.

法1：因為點M在雙曲線的右支上，所以

|MF1|－|MF2|=25.

于是聯立可解得|MF1|=6+5，|MF2|=6－5.又|F1F2|=6，在△MF1F2中由余弦定理得

cos∠F1MF2=（6+5）2+（6－5）2－622（6+5）（6－5）=2331.

故MF1·MF2=|MF1||MF2|·cos∠F1MF2=（6+5）×（6－5）×2331=23.

方法2：因為點M在雙曲線的右支上，所以

|MF1|－|MF2|=25.

于是，通過對等式|MF2|+|MF1|=12與|MF1|－|MF2|=25，實施平方和變形，化簡可得|MF1|2+|MF2|2=82.又根據廣勾股結論可知|MF1|2+|MF2|2=2（|MO|2+|OF1|2），所以2（|MO|2+|OF1|2）=82，即2（|MO|2+32）=82，化簡得|MO|2=32.

故根據極化恒等式可得

MF1·MF2=|MO|2－|OF1|2=32－32=23.

評注：該解法的亮點側重體現在適當巧作輔助線，靈活運用三角形重心的特性、三角形內角平分線性質定理以及比例性質，可巧妙獲得結論|MF2|+|MF1|=12.接下來的方法1與解法2的后半部分相同，方法2與解法3的后半部分相同.

縱觀以上各種不同的解法可知，本題設計較好，不僅具有較強的綜合性，而且解題方法也多樣化，能夠有效考查不同學生的內在潛能以及探究精神！