2023高考真题知识总结方法总结题型突破：18 解析几何中的双曲线问题(教师版)

专题18解析几何中的双曲线问题【高考真题】1．(2022·北京)已知双曲线的渐近线方程为，则__________．1．答案解析对于双曲线，所以，即双曲线的标准方程为，则，，又双曲线的渐近线方程为，所以，即，解得；故答案为．2．(2022·全国甲理)若双曲线的渐近线与圆相切，则_________．2．答案解析双曲线的渐近线为，即，不妨取，圆，即，所以圆心为，半径，依题意圆心到渐近线的距离，解得或（舍去）．故答案为．3．(2022·全国甲文)记双曲线的离心率为e，写出满足条件“直线与C无公共点”的e的一个值______________．3．答案2（满足皆可）解析，所以C的渐近线方程为,结合渐近线的特点，只需，即，可满足条件“直线与C无公共点”，所以，又因为，所以，故答案为2（满足皆可）4．(2022·全国乙理)双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D，过作D的切线与C的两支交于M，N两点，且，则C的离心率为()A．B．C．D．4．答案C解析依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过作圆D的切线切点为G，所以，因为，所以N在双曲线的右支，所以，，，设，，由，即，则，，，在中，，由正弦定理得，所以，，又，所以，即，所以双曲线的离心率．故选C．5．(2022·浙江)已知双曲线的左焦点为F，过F且斜率为的直线交双曲线于点，交双曲线的渐近线于点且．若，则双曲线的离心率是_________．5．答案解析过且斜率为的直线，渐近线，联立，得，由，得而点在双曲线上，于是，解得：，所以离心率．故答案为．【知识总结】1．双曲线的定义(1)定义：平面内与两个定点F1，F2的距离的差的绝对值等于非零常数(小于|F1F2|)的点的轨迹．(2)符号表示：||MF1|－|MF2||＝2a(常数)(0<2a<|F1F2|)．(3)焦点：两个定点F1，F2．(4)焦距：两焦点间的距离，表示为|F1F2|．2．双曲线的标准方程和简单几何性质标准方程eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)图形性质焦点F1(－c，0)，F2(c，0)F1(0，－c)，F2(0，c)焦距|F1F2|＝2c范围x≤－a或x≥a，y∈Ry≤－a或y≥a，x∈R对称性对称轴：坐标轴；对称中心：原点顶点A1(－a，0)，A2(a，0)A1(0，－a)，A2(0，a)轴实轴：线段A1A2，长：2a；虚轴：线段B1B2，长：2b，实半轴长：a，虚半轴长：b离心率e＝eq\f(c,a)∈(1，＋∞)渐近线y＝±eq\f(b,a)xy＝±eq\f(a,b)xa，b，c的关系c2＝a2＋b2(c>a>0，c>b>0)【题型突破】题型一双曲线的标准方程1．(2017·全国Ⅲ)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程为y＝eq\f(\r(5),2)x，且与椭圆eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,3)＝1有公共焦点，则C的方程为()A．eq\f(x2,8)－eq\f(y2,10)＝1B．eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1C．eq\f(x2,5)－eq\f(y2,4)＝1D．eq\f(x2,4)－eq\f(y2,3)＝11．答案B解析由y＝eq\f(\r(5),2)x可得eq\f(b,a)＝eq\f(\r(5),2)，①．由椭圆eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,3)＝1的焦点为(3，0)，(－3，0)，可得a2＋b2＝9，②．由①②可得a2＝4，b2＝5．所以C的方程为eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1．故选B．2．(2016·天津)已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的焦距为2eq\r(5)，且双曲线的一条渐近线与直线2x＋y＝0垂直，则双曲线的方程为()A．eq\f(x2,4)－y2＝1B．x2－eq\f(y2,4)＝1C．eq\f(3x2,20)－eq\f(3y2,5)＝1D．eq\f(3x2,5)－eq\f(3y2,20)＝12．答案A解析依题意得eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，①，又a2＋b2＝c2＝5，②，联立①②得a＝2，b＝1．∴所求双曲线的方程为eq\f(x2,4)－y2＝1．3．(2018·天津)已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为2，过右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点．设A，B到双曲线的同一条渐近线的距离分别为d1和d2，且d1＋d2＝6，则双曲线的方程为()A．eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1B．eq\f(x2,12)－eq\f(y2,4)＝1C．eq\f(x2,3)－eq\f(y2,9)＝1D．eq\f(x2,9)－eq\f(y2,3)＝13．答案C解析因为双曲线的离心率为2，所以eq\f(c,a)＝2，c＝2a，b＝eq\r(3)a，不妨令A(2a,3a)，B(2a，－3a)，双曲线其中一条渐近线方程为y＝eq\r(3)x，所以d1＝eq\f(|2\r(3)a－3a|,\r(\r(3)2＋－12))＝eq\f(2\r(3)a－3a,2)，d2＝eq\f(|2\r(3)a＋3a|,\r(\r(3)2＋－12))＝eq\f(2\r(3)a＋3a,2)；依题意得：eq\f(2\r(3)a－3a,2)＋eq\f(2\r(3)a＋3a,2)＝6，解得：a＝eq\r(3)，b＝3，所以双曲线方程为：eq\f(x2,3)－eq\f(y2,9)＝1．4．已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为F，点A在双曲线的渐近线上，△OAF是边长为2的等边三角形(O为原点)，则双曲线的方程为()A．eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1B．eq\f(x2,12)－eq\f(y2,4)＝1C．eq\f(x2,3)－y2＝1D．x2－eq\f(y2,3)＝14．答案D解析根据题意画出草图如图所示eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(不妨设点A\o(\s\up7(),\s\do5())))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(在渐近线y＝\f(b,a)x上)).由△AOF是边长为2的等边三角形得到∠AOF＝60°，c＝|OF|＝2．又点A在双曲线的渐近线y＝eq\f(b,a)x上，∴eq\f(b,a)＝tan60°＝eq\r(3)．又a2＋b2＝4，∴a＝1，b＝eq\r(3)，∴双曲线的方程为x2－eq\f(y2,3)＝1，故选D5．已知双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,b2)＝1(b>0)，以原点为圆心，双曲线的实半轴长为半径长的圆与双曲线的两条渐近线相交于A，B，C，D四点，四边形ABCD的面积为2b，则双曲线的方程为()A．eq\f(x2,4)－eq\f(3y2,4)＝1B．eq\f(x2,4)－eq\f(4y2,3)＝1C．eq\f(x2,4)－eq\f(y2,4)＝1D．eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝15．答案D解析根据圆和双曲线的对称性，可知四边形ABCD为矩形．双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f(b,2)x，圆的方程为x2＋y2＝4，不妨设交点A在第一象限，由y＝eq\f(b,2)x，x2＋y2＝4得xA＝eq\f(4,\r(4＋b2))，yA＝eq\f(2b,\r(4＋b2))，故四边形ABCD的面积为4xAyA＝eq\f(32b,4＋b2)＝2b，解得b2＝12，故所求的双曲线方程为eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1，选D．6．已知双曲线的中心为原点，是的焦点，过F的直线与相交于A，B两点，且AB的中点为，则的方程式为()A．B．C．D．6．答案B解析设双曲线方程为，，由得，，，，，所以．7．已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为F，点B是虚轴的一个端点，线段BF与双曲线C的右支交于点A，若eq\o(BA,\s\up8(→))＝2eq\o(AF,\s\up8(→))，且|eq\o(BF,\s\up8(→))|＝4，则双曲线C的方程为()A．eq\f(x2,6)－eq\f(y2,5)＝1B．eq\f(x2,8)－eq\f(y2,12)＝1C．eq\f(x2,8)－eq\f(y2,4)＝1D．eq\f(x2,4)－eq\f(y2,6)＝17．答案Ｄ解析不妨设B(0，b)，由eq\o(BA,\s\up8(→))＝2eq\o(AF,\s\up8(→))，F(c，0)，可得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2c,3)，\f(b,3)))，代入双曲线C的方程可得eq\f(4,9)×eq\f(c2,a2)－eq\f(1,9)＝1，即eq\f(4,9)·eq\f(a2＋b2,a2)＝eq\f(10,9)，所以eq\f(b2,a2)＝eq\f(3,2)，①．又|eq\o(BF,\s\up8(→))|＝eq\r(b2＋c2)＝4，c2＝a2＋b2，所以a2＋2b2＝16，②．由①②可得，a2＝4，b2＝6，所以双曲线C的方程为eq\f(x2,4)－eq\f(y2,6)＝1，故选D．8．已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的离心率为eq\f(3,2)，过右焦点F作渐近线的垂线，垂足为M．若△FOM的面积为eq\r(5)，其中O为坐标原点，则双曲线的方程为()A．x2－eq\f(4y2,5)＝1B．eq\f(x2,2)－eq\f(2y2,5)＝1C．eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1D．eq\f(x2,16)－eq\f(y2,20)＝18．答案C解析由题意可知e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3,2)，可得eq\f(b,a)＝eq\f(\r(5),2)，取双曲线的一条渐近线为y＝eq\f(b,a)x，可得F到渐近线y＝eq\f(b,a)x的距离d＝eq\f(bc,\r(a2＋b2))＝b，在Rt△FOM中，由勾股定理可得|OM|＝eq\r(|OF|2－|MF|2)＝eq\r(c2－b2)＝a，由题意可得eq\f(1,2)ab＝eq\r(5)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＝\f(\r(5),2)，,\f(1,2)ab＝\r(5)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(5)，))所以双曲线的方程为eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1．故选C．9．已知双曲线中心在原点且一个焦点为F(eq\r(7)，0)，直线y＝x－1与其相交于M，N两点，MN中点的横坐标为－eq\f(2,3)，则此双曲线的方程是()．A．eq\f(x2,3)－eq\f(y2,4)＝1B．eq\f(x2,4)－eq\f(y2,3)＝1C．eq\f(x2,5)－eq\f(y2,2)＝1D．eq\f(x2,2)－eq\f(y2,5)＝19．答案D解析：设所求双曲线方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,7－a2)＝1．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)－\f(y2,7－a2)＝1，,y＝x－1，))得eq\f(x2,a2)－eq\f((x－1)2,7－a2)＝1，(7－a2)x2－a2(x－1)2＝a2(7－a2)，整理得(7－2a2)x2＋2a2x－8a2＋a4＝0．又MN中点的横坐标为－eq\f(2,3)，故x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(2a2,2(7－2a2))＝－eq\f(2,3)，即3a2＝2(7－2a2)，所以a2＝2，故所求双曲线方程为eq\f(x2,2)－eq\f(y2,5)＝1．10．双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a，b>0)的离心率为eq\r(3)，左、右焦点分别为F1，F2，P为双曲线右支上一点，∠F1PF2的角平分线为l，点F1关于l的对称点为Q，|F2Q|＝2，则双曲线的方程为()A．eq\f(x2,2)－y2＝1B．x2－eq\f(y2,2)＝1C．x2－eq\f(y2,3)＝1D．eq\f(x2,3)－y2＝110．答案B解析∵∠F1PF2的角平分线为l，点F1关于l的对称点为Q，∴|PF1|＝|PQ|，P，F2，Q三点共线，而|PF1|－|PF2|＝2a，∴|PQ|－|PF2|＝2a，即|F2Q|＝2＝2a，解得a＝1．又e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3)，∴c＝eq\r(3)，∴b2＝c2－a2＝2，∴双曲线的方程为x2－eq\f(y2,2)＝1．故选B．题型二双曲线中的求值11．(2018·全国Ⅰ)已知双曲线C：eq\f(x2,3)－y2＝1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N．若△OMN为直角三角形，则|MN|等于()A．eq\f(3,2)B．3C．2eq\r(3)D．411．答案B解析由已知得双曲线的两条渐近线方程为y＝±eq\f(1,\r(3))x．设两渐近线的夹角为2α，则有tanα＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，所以α＝30°．所以∠MON＝2α＝60°．又△OMN为直角三角形，由于双曲线具有对称性，不妨设MN⊥ON，如图所示．在Rt△ONF中，|OF|＝2，则|ON|＝eq\r(3)．则在Rt△OMN中，|MN|＝|ON|·tan2α＝eq\r(3)·tan60°＝3．故选B．12．(2019·全国Ⅲ)双曲线C：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1的右焦点为F，点P在C的一条渐近线上，O为坐标原点，若|PO|＝|PF|，则△PFO的面积为()A．eq\f(3\r(2),4)B．eq\f(3\r(2),2)C．2eq\r(2)D．3eq\r(2)12．答案A解析双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1的右焦点坐标为(eq\r(6)，0)，一条渐近线的方程为y＝eq\f(\r(2),2)x，不妨设点P在第一象限，由于|PO|＝|PF|，则点P的横坐标为eq\f(\r(6),2)，纵坐标为eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(6),2)＝eq\f(\r(3),2)，即△PFO的底边长为eq\r(6)，高为eq\f(\r(3),2)，所以它的面积为eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(2),4)．故选A．13．已知双曲线Γ：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右顶点为A，与x轴平行的直线交Γ于B，C两点，记∠BAC＝θ，若Γ的离心率为eq\r(2)，则()A．θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))B．θ＝eq\f(π,2)C．θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))D．θ＝eq\f(3π,4)13．答案B解析∵e＝eq\f(c,a)＝eq\r(2)，∴c＝eq\r(2)a，∴b2＝c2－a2＝a2，∴双曲线方程可变形为x2－y2＝a2.设B(x0，y0)，由对称性可知C(－x0，y0)，∵点B(x0，y0)在双曲线上，∴xeq\o\al(2,0)－yeq\o\al(2,0)＝a2．∵A(a,0)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(x0－a，y0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－x0－a，y0)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(x0－a)·(－x0－a)＋yeq\o\al(2,0)＝a2－xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝0，∴eq\o(AB,\s\up6(→))⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，即θ＝eq\f(π,2)．故选B．14．已知F1，F2为双曲线C：x2－y2＝2的左、右焦点，点P在C上，|PF1|＝2|PF2|，则cos∠F1PF2＝________．14．答案eq\f(3,4)解析化双曲线的方程为eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1，则a＝b＝eq\r(2)，c＝2，因为|PF1|＝2|PF2|，所以点P在双曲线的右支上，则由双曲线的定义，知|PF1|－|PF2|＝2a＝2eq\r(2)，解得|PF1|＝4eq\r(2)，|PF2|＝2eq\r(2)，根据余弦定理得cos∠F1PF2＝eq\f((2\r(2))2＋(4\r(2))2－16,2×2\r(2)×4\r(2))＝eq\f(3,4)．15．如图，双曲线的中心在坐标原点O，A，C分别是双曲线虚轴的上、下端点，B是双曲线的左顶点，F为双曲线的左焦点，直线AB与FC相交于点D．若双曲线的离心率为2，则∠BDF的余弦值是________．15．答案eq\f(\r(7),14)解析设双曲线的标准方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，由e＝eq\f(c,a)＝2知，c＝2a，又c2＝a2＋b2，故b＝eq\r(3)a，所以A(0，eq\r(3)a)，C(0，－eq\r(3)a)，B(－a，0)，F(－2a，0)，则eq\o(BA,\s\up10(→))＝(a，eq\r(3)a)，eq\o(CF,\s\up10(→))＝(－2a，eq\r(3)a)，结合题图可知，cos∠BDF＝cos＜eq\o(BA,\s\up7(→))，eq\o(CF,\s\up7(→))＞＝eq\f(\o(BA,\s\up7(→))·\o(CF,\s\up7(→)),|\o(BA,\s\up7(→))|·|\o(CF,\s\up7(→))|)＝eq\f(－2a2＋3a2,2a·\r(7)a)＝eq\f(\r(7),14)．16．过点P(4，2)作一直线AB与双曲线C：eq\f(x2,2)－y2＝1相交于A，B两点，若P为AB的中点，则|AB|＝()A．2eq\r(2)B．2eq\r(3)C．3eq\r(3)D．4eq\r(3)16．答案D解析法一：由已知可得点P的位置如图所示，且直线AB的斜率存在，设AB的斜率为k，则AB的方程为y－2＝k(x－4)，即y＝k(x－4)＋2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－4＋2，,\f(x2,2)－y2＝1，))消去y得(1－2k2)x2＋(16k2－8k)x－32k2＋32k－10＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系得x1＋x2＝eq\f(－16k2＋8k,1－2k2)，x1x2＝eq\f(－32k2＋32k－10,1－2k2)，因为P(4,2)为AB的中点，所以eq\f(－16k2＋8k,1－2k2)＝8，解得k＝1，满足Δ＞0，所以x1＋x2＝8，x1x2＝10，所以|AB|＝eq\r(1＋12)×eq\r(82－4×10)＝4eq\r(3)，故选D．法二：由已知可得点P的位置如法一中图所示，且直线AB的斜率存在，设AB的斜率为k，则AB的方程为y－2＝k(x－4)，即y＝k(x－4)＋2，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1)－2y\o\al(2,1)－2＝0，,x\o\al(2,2)－2y\o\al(2,2)－2＝0，))所以(x1＋x2)(x1－x2)＝2(y1＋y2)(y1－y2)，因为P(4,2)为AB的中点，所以k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝1，所以AB的方程为y＝x－2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x－2，,\f(x2,2)－y2＝1，))消去y得x2－8x＋10＝0，所以x1＋x2＝8，x1x2＝10，所以|AB|＝eq\r(1＋12)×eq\r(82－4×10)＝4eq\r(3)，故选D．17．过点P(4，2)作一直线AB与双曲线C：eq\f(x2,2)－y2＝1相交于A、B两点，若P为AB中点，则|AB|＝()A．2eq\r(2)B．2eq\r(3)C．3eq\r(3)D．4eq\r(3)17．答案D解析易知直线AB不与y轴平行，设其方程为y－2＝k(x－4)，代入双曲线C：eq\f(x2,2)－y2＝1，整理得(1－2k2)x2＋8k(2k－1)x－32k2＋32k－10＝0，设此方程两实根为x1，x2，则x1＋x2＝eq\f(8k2k－1,2k2－1)，又P(4，2)为AB的中点，所以eq\f(8k2k－1,2k2－1)＝8，解得k＝1，当k＝1时，直线与双曲线相交，即上述二次方程的Δ＞0，所求直线AB的方程为y－2＝x－4化成一般式为x－y－2＝0，x1＋x2＝8，x1x2＝10，|AB|＝eq\r(2)|x1－x2|＝eq\r(2)·eq\r(82－40)＝4eq\r(3)．故选D．18．已知双曲线eq\f(x2,3)－y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线上，且满足|PF1|＋|PF2|＝2eq\r(5)，则△PF1F2的面积为()A．1B．eq\r(3)C．eq\r(5)D．eq\f(1,2)18．答案A解析在双曲线eq\f(x2,3)－y2＝1中，a＝eq\r(3)，b＝1，c＝2．不妨设P点在双曲线的右支上，则有|PF1|－|PF2|＝2a＝2eq\r(3)，又|PF1|＋|PF2|＝2eq\r(5)，∴|PF1|＝eq\r(5)＋eq\r(3)，|PF2|＝eq\r(5)－eq\r(3).又|F1F2|＝2c＝4，而|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，∴PF1⊥PF2，∴S△PF1F2＝eq\f(1,2)×|PF1|×|PF2|＝eq\f(1,2)×(eq\r(5)＋eq\r(3))×(eq\r(5)－eq\r(3))＝1．故选A．19．已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为2，左、右焦点分别为F1，F2，点A在双曲线C上，若△AF1F2的周长为10a，则△AF1F2的面积为()A．2eq\r(15)a2B．eq\r(15)a2C．30a2D．15a219．答案B解析(1)由双曲线的对称性不妨设A在双曲线的右支上，由e＝eq\f(c,a)＝2，得c＝2a，∴△AF1F2的周长为|AF1|＋|AF2|＋|F1F2|＝|AF1|＋|AF2|＋4a，又△AF1F2的周长为10a，∴|AF1|＋|AF2|＝6a，又∵|AF1|－|AF2|＝2a，∴|AF1|＝4a，|AF2|＝2a，在△AF1F2中，|F1F2|＝4a，∴cos∠F1AF2＝eq\f(|AF1|2＋|AF2|2－|F1F2|2,2|AF1|·|AF2|)＝eq\f(（4a）2＋（2a）2－（4a）2,2×4a×2a)＝eq\f(1,4)．又0<∠F1AF<π，∴sin∠F1AF2＝eq\f(\r(15),4)，∴S△AF1F2＝eq\f(1,2)|AF1|·|AF2|·sin∠F1AF2＝eq\f(1,2)×4a×2a×eq\f(\r(15),4)＝eq\r(15)a2．20．已知双曲线x2－eq\f(y2,3)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，双曲线的离心率为e，若双曲线上存在一点P使eq\f(sin∠PF2F1,sin∠PF1F2)＝e，则eq\o(F2P,\s\up6(→))·eq\o(F2F1,\s\up6(→))的值为()A．3B．2C．－3D．－220．答案B解析由题意及正弦定理得eq\f(sin∠PF2F1,sin∠PF1F2)＝eq\f(|PF1|,|PF2|)＝e＝2，∴|PF1|＝2|PF2|，由双曲线的定义知|PF1|－|PF2|＝2，∴|PF1|＝4，|PF2|＝2，又|F1F2|＝4，由余弦定理可知cos∠PF2F1＝eq\f(|PF2|2＋|F1F2|2－|PF1|2,2|PF2|·|F1F2|)＝eq\f(4＋16－16,2×2×4)＝eq\f(1,4)，∴eq\o(F2P,\s\up6(→))·eq\o(F2F1,\s\up6(→))＝|eq\o(F2P,\s\up6(→))|·|eq\o(F2F1,\s\up6(→))|·cos∠PF2F1＝2×4×eq\f(1,4)＝2．故选B．题型三双曲线的离心率21．已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的两条渐近线的夹角为60°，则双曲线C的离心率为()A．eq\r(2)B．eq\r(3)C．eq\r(3)或eq\f(2\r(3),3)D．eq\f(2\r(3),3)或221．答案D解析秒杀∵两条渐近线的夹角为60°，∴一条渐近线的倾斜角为30°，斜率为eq\f(\r(3),3)．∴e＝eq\r(1＋k2)＝eq\f(2\r(3),3)．或一条渐近线的倾斜角为60°，斜率为eq\r(3)．∴e＝eq\r(1＋k2)＝2．故选D．通法∵两条渐近线的夹角为60°，且两条渐近线关于坐标轴对称，∴eq\f(b,a)＝tan30°＝eq\f(\r(3),3)或eq\f(b,a)＝tan60°＝eq\r(3)．由eq\f(b,a)＝eq\f(\r(3),3)，得eq\f(b2,a2)＝eq\f(c2－a2,a2)＝e2－1＝eq\f(1,3)，∴e＝eq\f(2\r(3),3)(舍负)；由eq\f(b,a)＝eq\r(3)，得eq\f(b2,a2)＝eq\f(c2－a2,a2)＝e2－1＝3，∴e＝2(舍负)．故选D．22．(2019·全国Ⅰ)双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线的倾斜角为130°，则C的离心率为()A．2sin40°B．2cos40°C.eq\f(1,sin50°)D.eq\f(1,cos50°)22．答案D解析秒杀由题意可得－eq\f(b,a)＝tan130°，所以e＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(1＋tan2130°)＝eq\r(1＋\f(sin2130°,cos2130°))＝eq\f(1,|cos130°|)＝eq\f(1,cos50°)．故选D．23．(2019·全国Ⅰ)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若eq\o(F1A,\s\up8(→))＝eq\o(AB,\s\up8(→))，eq\o(F1B,\s\up8(→))·eq\o(F2B,\s\up8(→))＝0，则C的离心率为________．23．答案2解析秒杀由eq\o(F1A,\s\up8(→))＝eq\o(AB,\s\up8(→))，得A为F1B的中点．又∵O为F1F2的中点，∴OA∥BF2．又eq\o(F1B,\s\up8(→))·eq\o(F2B,\s\up8(→))＝0，∴∠F1BF2＝90°．∴OF2＝OB，∴∠OBF2＝∠OF2B．又∵∠F1OA＝∠BOF2，∠F1OA＝∠OF2B，∴∠BOF2＝∠OF2B＝∠OBF2，∴△OBF2为等边三角形．∴一条渐近线的倾斜角为60°，斜率为eq\r(3)．∴e＝eq\r(1＋k2)＝2．通法一：由eq\o(F1A,\s\up8(→))＝eq\o(AB,\s\up8(→))，得A为F1B的中点．又∵O为F1F2的中点，∴OA∥BF2．又eq\o(F1B,\s\up8(→))·eq\o(F2B,\s\up8(→))＝0，∴∠F1BF2＝90°．∴OF2＝OB，∴∠OBF2＝∠OF2B．又∵∠F1OA＝∠BOF2，∠F1OA＝∠OF2B，∴∠BOF2＝∠OF2B＝∠OBF2，∴△OBF2为等边三角形．如图所示，不妨设B为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)，－\f(\r(3),2)c))．∵点B在直线y＝－eq\f(b,a)x上，∴eq\f(b,a)＝eq\r(3)，∴离心率e＝eq\f(c,a)＝2．通法二：∵eq\o(F1B,\s\up8(→))·eq\o(F2B,\s\up8(→))＝0，∴∠F1BF2＝90°．在Rt△F1BF2中，O为F1F2的中点，∴|OF2|＝|OB|＝c．如图，作BH⊥x轴于H，由l1为双曲线的渐近线，可得eq\f(|BH|,|OH|)＝eq\f(b,a)，且|BH|2＋|OH|2＝|OB|2＝c2，∴|BH|＝b，|OH|＝a，∴B(a，－b)，F2(c，0)．又∵eq\o(F1A,\s\up8(→))＝eq\o(AB,\s\up8(→))，∴A为F1B的中点．∴OA∥F2B，∴eq\f(b,a)＝eq\f(b,c－a)，∴c＝2a，∴离心率e＝eq\f(c,a)＝2．24．已知F1，F2分别是双曲线E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，点M在E上，MF1与x轴垂直，sin∠MF2F1＝eq\f(1,3)，则E的离心率为()A．eq\r(2)B．eq\f(3,2)C．eq\r(3)D．224．答案A解析秒杀作出示意图，如图，离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2c,2a)＝eq\f(|F1F2|,|MF2|－|MF1|)＝eq\f(sin∠F1MF2,sin∠MF1F2－sin∠MF2F1)＝eq\f(\f(2\r(2),3),1－\f(1,3))＝eq\r(2)．故选A．通法因为MF1与x轴垂直，所以|MF1|＝eq\f(b2,a)．又sin∠MF2F1＝eq\f(1,3)，所以eq\f(|MF1|,|MF2|)＝eq\f(1,3)，即|MF2|＝3|MF1|．由双曲线的定义，得2a＝|MF2|－|MF1|＝2|MF1|＝eq\f(2b2,a)，所以b2＝a2，所以c2＝b2＋a2＝2a2，所以离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(2)．故选A．25．已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P为双曲线C上第二象限内一点，若直线y＝eq\f(b,a)x恰为线段PF2的垂直平分线，则双曲线C的离心率为()A．eq\r(2)B．eq\r(3)C．eq\r(5)D．eq\r(6)25．答案C解析秒杀由已知△F1PF2是直角三角形，∠F2PF1＝90°，sin∠PF1F2＝eq\f(b,c)，∠PF2F1＝eq\f(a,c)，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(sin90°,|sin∠PF1F2＋sin∠PF2F1|)＝eq\f(1,|eq\f(b,c)－eq\f(a,c)|)．即eq\f(b,a)＝2，所以e＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)＝eq\r(5)．故选C．通法如图，直线PF2的方程为y＝－eq\f(a,b)(x－c)，设直线PF2与直线y＝eq\f(b,a)x的交点为N，易知Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)，\f(ab,c)))．又线即5a2＝c2，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\r(5)．故选C．26．已知O为坐标原点，点A，B在双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)上，且关于坐标原点O对称．若双曲线C上与点A，B横坐标不相同的任意一点P满足kPA·kPB＝3，则双曲线C的离心率为()A．2B．4C．eq\r(10)D．1026．答案A解析秒杀∵k1·k2＝e2－1．∴3＝e2－1．∴e＝2．故选A．通法设A(x1，y1)，P(x0，y0)(|x0|≠|x1|)，则B(－x1，－y1)，则kPA·kPB＝eq\f(y0－y1,x0－x1)·eq\f(y0＋y1,x0＋x1)＝eq\f(y\o\al(2,0)－y\o\al(2,1),x\o\al(2,0)－x\o\al(2,1))．因为点P，A在双曲线C上，所以b2xeq\o\al(2,0)－a2yeq\o\al(2,0)＝a2b2，b2xeq\o\al(2,1)－a2yeq\o\al(2,1)＝a2b2，两式相减可得eq\f(y\o\al(2,0)－y\o\al(2,1),x\o\al(2,0)－x\o\al(2,1))＝eq\f(b2,a2)，故eq\f(b2,a2)＝3，于是b2＝3a2．又因为c2＝a2＋b2，所以双曲线C的离心率e＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)＝2．故选A．27．已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，过点P(3，6)的直线l与C相交于A，B两点，且AB的中点为N(12，15)，则双曲线C的离心率为()A．2B．eq\f(3,2)C．eq\f(3\r(5),5)D．eq\f(\r(5),2)27．答案B解析秒杀由题意得，k0·k＝e2－1．∴e＝eq\f(3,2)．故选B．通法设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由AB的中点为N(12,15)，则x1＋x2＝24，y1＋y2＝30，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)－\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\o\al(2,2),a2)－\f(y\o\al(2,2),b2)＝1，))两式相减得，eq\f(x1＋x2x1－x2,a2)＝eq\f(y1＋y2y1－y2,b2)，则eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(b2x1＋x2,a2y1＋y2)＝eq\f(4b2,5a2)，由直线AB的斜率k＝eq\f(15－6,12－3)＝1，所以eq\f(4b2,5a2)＝1，则eq\f(b2,a2)＝eq\f(5,4)，双曲线的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\f(3,2)，所以双曲线C的离心率为eq\f(3,2)．故选B．28．已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，直线l经过点F且与双曲线的一条渐近线垂直，直线l与双曲线的右支交于不同两点A，B，若eq\o(AF,\s\up6(→))＝3eq\o(FB,\s\up6(→))，则该双曲线的离心率为()A．eq\f(\r(5),2)B．eq\f(\r(6),2)C．eq\f(2\r(3),3)D．eq\r(3)28．答案A解析秒杀由题可知，，即，即所以e＝＝eq\f(\r(5),2)，故选B．通法由题意得直线l的方程为x＝eq\f(b,a)y＋c，不妨取a＝1，则x＝by＋c，且b2＝c2－1．将x＝by＋c代入x2－eq\f(y2,b2)＝1，(b＞0)，得(b4－1)y2＋2b3cy＋b4＝0．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－eq\f(2b3c,b4－1)，y1y2＝eq\f(b4,b4－1)．由eq\o(AF,\s\up6(→))＝3eq\o(FB,\s\up6(→))，得y1＝－3y2，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2y2＝－\f(2b3c,b4－1),－3y\o\al(2,2)＝\f(b4,b4－1)))，得3b2c2＝1－b4，解得b2＝eq\f(1,4)，所以c＝eq\r(b2＋1)＝eq\r(\f(5,4))＝eq\f(\r(5),2)，故该双曲线的离心率为e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),2)，故选A．29．已知双曲线Γ：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，过双曲线Γ的右焦点F，且倾斜角为eq\f(π,2)的直线l与双曲线Γ交于A，B两点，O是坐标原点，若∠AOB＝∠OAB，则双曲线Γ的离心率为()A．eq\f(\r(3)＋\r(7),2)B．eq\f(\r(11)＋\r(33),2)C．eq\f(\r(3)＋\r(39),6)D．eq\f(1＋\r(17),4)29．答案C解析由题意可知AB是通径，根据双曲线的对称性和∠AOB＝∠OAB，可知△AOB为等边三角形，所以tan∠AOF＝eq\f(\f(b2,a),c)＝eq\f(\r(3),3)，整理得b2＝eq\f(\r(3),3)ac，由c2＝a2＋b2，得c2＝a2＋eq\f(\r(3),3)ac，两边同时除以a2，得e2－eq\f(\r(3),3)e－1＝0，解得e＝eq\f(\r(3)＋\r(39),6)．故选C．30．过双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)左焦点F的直线l与C交于M，N两点，且eq\o(FN,\s\up8(→))＝3eq\o(FM,\s\up8(→))，若OM⊥FN，则C的离心率为()A．2B．eq\r(7)C．3D．eq\r(10)30．答案B解析设双曲线的右焦点为F′，取MN的中点P，连接F′P，F′M，F′N，如图所示，由eq\o(FN,\s\up8(→))＝3eq\o(FM,\s\up8(→))，可知|MF|＝|MP|＝|NP|．又O为FF′的中点，可知OM∥PF′．∵OM⊥FN，∴PF′⊥FN．∴PF′为线段MN的垂直平分线．∴|NF′|＝|MF′|．设|MF|＝t，由双曲线定义可知|NF′|＝3t－2a，|MF′|＝2a＋t，则3t－2a＝2a＋t，解得t＝2a．在Rt△MF′P中，|PF′|＝eq\r(|MF′|2－|MP|2)＝eq\r(16a2－4a2)＝2eq\r(3)a，∴|OM|＝eq\f(1,2)|PF′|＝eq\r(3)a．在Rt△MFO中，|MF|2＋|OM|2＝|OF|2，∴4a2＋3a2＝c2⇒e＝eq\r(7)．故选B．题型四双曲线的渐近线31．(2018·全国Ⅱ)双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的离心率为eq\r(3)，则其渐近线方程为()A．y＝±eq\r(2)xB．y＝±eq\r(3)xC．y＝±eq\f(\r(2),2)xD．y＝±eq\f(\r(3),2)x31．答案A解析法一：由题意知，e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3)，所以c＝eq\r(3)a，所以b＝eq\r(c2－a2)＝eq\r(2)a，所以eq\f(b,a)＝eq\r(2)，所以该双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\r(2)x，故选A．法二：由e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\s\up12(2))＝eq\r(3)，得eq\f(b,a)＝eq\r(2)，所以该双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\r(2)x，故选A．32．已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，P是双曲线在第一象限上的点，直线PO交双曲线C左支于点M，直线PF2交双曲线C右支于点N，若|PF1|＝2|PF2|，且∠MF2N＝60°，则双曲线C的渐近线方程为()A．y＝±eq\r(2)xB．y＝±eq\f(\r(2),2)xC．y＝±2xD．y＝±2eq\r(2)x32．答案A解析由题意得，|PF1|＝2|PF2|，|PF1|－|PF2|＝2a，∴|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，由于P，M关于原点对称，F1，F2关于原点对称，∴线段PM，F1F2互相平分，四边形PF1MF2为平行四边形，PF1∥MF2，∵∠MF2N＝60°，∴∠F1PF2＝60°，由余弦定理可得4c2＝16a2＋4a2－2·4a·2a·cos60°，∴c＝eq\r(3)a，∴b＝eq\r(c2－a2)＝eq\r(2)a．∴eq\f(b,a)＝eq\r(2)，∴双曲线C的渐近线方程为y＝±eq\r(2)x．故选A．33．过双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦点F(1，0)作x轴的垂线，与双曲线交于A，B两点，O为坐标原点，若△AOB的面积为eq\f(8,3)，则双曲线的渐近线方程为________．33．答案y＝±2eq\r(2)x解析由题意得|AB|＝eq\f(2b2,a)，∵S△AOB＝eq\f(8,3)，∴eq\f(1,2)×eq\f(2b2,a)×1＝eq\f(8,3)，∴eq\f(b2,a)＝eq\f(8,3)①，又a2＋b2＝1②，由①②得a＝eq\f(1,3)，b＝eq\f(2\r(2),3)，∴双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x＝±2eq\r(2)x.34．已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a，b>0)的右顶点A和右焦点F到一条渐近线的距离之比为1∶eq\r(2)，则C的渐近线方程为()A．y＝±xB．y＝±eq\r(2)xC．y＝±2xD．y＝±eq\r(3)x34．答案A解析由双曲线方程可得渐近线为：y＝±eq\f(b,a)x，A(a,0)，F(c,0)，则点A到渐近线距离d1＝eq\f(|ab|,\r(a2＋b2))＝eq\f(ab,c)，点F到渐近线距离d2＝eq\f(|bc|,\r(a2＋b2))＝eq\f(bc,c)＝b，∴d1∶d2＝eq\f(ab,c)∶b＝a∶c＝1∶eq\r(2)，即c＝eq\r(2)a，则eq\f(b,a)＝eq\f(\r(c2－a2),a)＝eq\f(a,a)＝1，∴双曲线渐近线方程为y＝±x．故选A．35．双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别为l1，l2，F为其一个焦点，若F关于l1的对称点在l2上，则双曲线的渐近线方程为()A．y＝±2xB．y＝±eq\r(3)xC．y＝±3xD．y＝±eq\r(2)x35．答案B解析不妨取F(c，0)，l1：bx－ay＝0，设其对称点F′(m，n)在l2：bx＋ay＝0，由对称性可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b·\f(m＋c,2)－a·\f(n,2)＝0,\f(n,m－c)·\f(b,a)＝－1))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(a2－b2,a2＋b2)c,n＝\f(2abc,a2＋b2)))，点F′(m，n)在l2：bx＋ay＝0，则eq\f(a2－b2,a2＋b2)·bc＋eq\f(2a2bc,a2＋b2)＝0，整理可得eq\f(b2,a2)＝3，∴eq\f(b,a)＝eq\r(3)，双曲线的渐近线方程为：y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\r(3)x.故选B.36．已知F1，F2分别是双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，P是双曲线上一点，若|PF1|＋|PF2|＝6a，且△PF1F2的最小内角为eq\f(π,6)，则双曲线的渐近线方程为()A．y＝±2xB．y＝±eq\f(1,2)xC．y＝±eq\f(\r(2),2)xD．y＝±eq\r(2)x36．答案D解析不妨设P为双曲线右支上一点，则|PF1|>|PF2|，由双曲线的定义得|PF1|－|PF2|＝2a，又|PF1|＋|PF2|＝6a，所以|PF1|＝4a，|PF2|＝2a．又因为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2c>2a，,4a>2a，))所以∠PF1F2为最小内角，故∠PF1F2＝eq\f(π,6)．由余弦定理，可得eq\f(（4a）2＋（2c）2－（2a）2,2·4a·2c)＝eq\f(\r(3),2)，即(eq\r(3)a－c)2＝0，所以c＝eq\r(3)a，则b＝eq\r(2)a，所以双曲线的渐近线方程为y＝±eq\r(2)x．37．已知F2，F1是双曲线eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)的上、下两个焦点，过F1的直线与双曲线的上下两支分别交于点B，A，若△ABF2为等边三角形，则双曲线的渐近线方程为()A．y＝±eq\r(2)xB．y＝±eq\f(\r(2),2)xC．y＝±eq\r(6)xD．y＝±eq\f(\r(6),6)x37．答案D解析根据双曲线的定义，可得|BF1|－|BF2|＝2a，∵△ABF2为等边三角形，∴|BF2|＝|AB|，∴|BF1|－|AB|＝|AF1|＝2a，又∵|AF2|－|AF1|＝2a，∴|AF2|＝|AF1|＋2a＝4a，∵在△AF1F2中，|AF1|＝2a，|AF2|＝4a，∠F1AF2＝120°，∴|F1F2|2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1|·|AF2|cos120°，即4c2＝4a2＋16a2－2×2a×4a×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝28a2，亦即c2＝7a2，则b＝eq\r(c2－a2)＝eq\r(6a2)＝eq\r(6)a，由此可得双曲线C的渐近线方程为y＝±eq\f(\r(6),6)x．38．已知F1，F2是双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的两个焦点，P是C上一点，若|PF1|＋|PF2|＝6a，且△PF1F2最小内角的大小为30°，则双曲线C的渐近线方程是()A．eq\r(2)x±y＝0B．x±eq\r(2)y＝0C．x±2y＝0D．2x±y＝038．答案A解析由题意，不妨设|PF1|>|PF2|，则根据双曲线的定义得，|PF1|－|PF2|＝2a，又|PF1|＋|PF2|＝6a，解得|PF1|＝4a，|PF2|＝2a.在△PF1F2中，|F1F2|＝2c，而c>a，所以有|PF2|<|F1F2|，所以∠PF1F2＝30°，所以(2a)2＝(2c)2＋(4a)2－2·2c·4acos30°，得c＝eq\r(3)a，所以b＝eq\r(c2－a2)＝eq\r(2)a.所以双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\r(2)x，即eq\r(2)x±y＝0．题型五双曲线中的最值与范围39．P是双曲线C：eq\f(x2,2)－y2＝1右支上一点，直线l是双曲线C的一条渐近线，P在l上的射影为Q，F1是双曲线C的左焦点，则|PF1|＋|PQ|的最小值为()A．1B．2＋eq\f(\r(15),5)C．4＋eq\f(\r(15),5)D．2eq\r(2)＋139．答案D解析如图所示，设双曲线右焦点为F2，则|PF1|＋|PQ|＝2a＋|PF2|＋|PQ|，即当|PQ|＋|PF2|最小时，|PF1|＋|PQ|取最小值，由图知当F2，P，Q三点共线时|PQ|＋|PF2|取得最小值，即F2到直线l的距离d＝1，故所求最值为2a＋1＝2eq\r(2)＋1．故选D．40．双曲线C的渐近线方程为y＝±eq\f(2\r(3),3)x，一个焦点为F(0，－eq\r(7))，点A(eq\r(2)，0)，点P为双曲线上在第一象限内的点，则当点P的位置变化时，△PAF周长的最小值为()A．8B．10C．4＋3eq\r(7)D．3＋3eq\r(17)40．答案B解析由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)＝\f(2\r(3),3)，,c＝\r(7)，,c2＝a2＋b2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝3，,c2＝7，))则双曲线C的方程为eq\f(y2,4)－eq\f(x2,3)＝1，设双曲线的另一个焦点为F′，则|PF|＝|PF′|＋4，△PAF的周长为|PF|＋|PA|＋|AF|＝|PF′|＋4＋|PA|＋3，又点P在第一象限，则|PF′|＋|PA|的最小值为|AF′|＝3，故△PAF的周长的最小值为10．41．过双曲线x2－eq\f(y2,15)＝1的右支上一点P，分别向圆C1：(x＋4)2＋y2＝4和圆C2：(x－4)2＋y2＝1作切线，切点分别为M，N，则|PM|2－|PN|2的最小值为()A．10B．13C．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