2025届高考数学一轮复习第41讲　第2课时　直线与椭圆含答案

2025届高考数学一轮复习第2课时直线与椭圆研题型能力养成举题说法直线与椭圆的位置关系例1若直线y＝kx＋1与椭圆eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,m)＝1总有公共点，则m的取值范围是(D)A．(1，＋∞) B．(0，＋∞)C．(0，1)∪(1，5) D．[1，5)∪(5，＋∞)【解析】方法一：由于直线y＝kx＋1恒过点(0，1)，所以点(0，1)必在椭圆内或椭圆上，则0＜eq\f(1,m)≤1且m≠5，故m≥1且m≠5.方法二：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,mx2＋5y2－5m＝0，))消去y整理得(5k2＋m)x2＋10kx＋5(1－m)＝0.由题意知Δ＝100k2－20(1－m)(5k2＋m)≥0对一切k∈R恒成立，即5mk2＋m2－m≥0对一切k∈R恒成立．由于m＞0且m≠5，所以m≥1－5k2恒成立，所以m≥1且m≠5.椭圆的中点弦问题例2设椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过点(0，4)，离心率为eq\f(3,5).(1)求椭圆C的方程；【解答】将点(0，4)代入椭圆C的方程得eq\f(16,b2)＝1，所以b＝4.又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3,5)，所以eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(9,25)，即1－eq\f(16,a2)＝eq\f(9,25)，所以a＝5，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1.(2)求过点M(3，1)且以点M为中点的弦的方程．【解答】设该弦与椭圆C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入椭圆方程得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),25)＋\f(yeq\o\al(2,1),16)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),25)＋\f(yeq\o\al(2,2),16)＝1，))作差化简可得eq\f(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2),25)＋eq\f(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2),16)＝0，即eq\f((x1－x2)(x1＋x2),25)＋eq\f((y1－y2)(y1＋y2),16)＝0.又eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)＝3，,\f(y1＋y2,2)＝1，))则eq\f(6(x1－x2),25)＋eq\f(2(y1－y2),16)＝0，所以kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(48,25)，所以以点M为中点的弦的方程为y－1＝－eq\f(48,25)(x－3)，即y＝－eq\f(48,25)x＋eq\f(169,25).经验证，直线y＝－eq\f(48,25)x＋eq\f(169,25)与椭圆C相交．故所求中点弦的方程为y＝－eq\f(48,25)x＋eq\f(169,25).解决圆锥曲线“中点弦”问题的思路(1)根与系数的关系法：联立直线和圆锥曲线的方程得到方程组，消元得到一元二次方程后，由根与系数的关系及中点坐标公式求解．(2)点差法：设直线与圆锥曲线的交点(弦的端点)的坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，将这两点的坐标分别代入圆锥曲线的方程，并对所得两式作差，得到一个与弦AB的中点和直线AB斜率有关的式子，可以大大减少计算量．变式已知P(1，1)为椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1内一定点，经过点P引一条弦，使此弦被点P平分，则此弦所在直线的方程为__x＋2y－3＝0__．【解析】方法一：易知此弦所在直线的斜率存在，所以设其方程为y－1＝k(x－1)，弦所在直线与椭圆相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－1＝k(x－1)，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))消去y得(2k2＋1)x2－4k(k－1)x＋2(k2－2k－1)＝0，所以x1＋x2＝eq\f(4k(k－1),2k2＋1).又因为x1＋x2＝2，所以eq\f(4k(k－1),2k2＋1)＝2，解得k＝－eq\f(1,2).经检验，k＝－eq\f(1,2)满足题意．故此弦所在直线的方程为y－1＝－eq\f(1,2)(x－1)，即x＋2y－3＝0.方法二：易知此弦所在直线的斜率存在，所以设斜率为k，弦所在直线与椭圆相交于A，B两点，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),2)＝1①，eq\f(xeq\o\al(2,2),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,2),2)＝1②，①－②得eq\f((x1＋x2)(x1－x2),4)＋eq\f((y1＋y2)(y1－y2),2)＝0.因为x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，所以eq\f(x1－x2,2)＋y1－y2＝0.又x1－x2≠0，所以k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(1,2).经检验，k＝－eq\f(1,2)满足题意．所以此弦所在直线的方程为y－1＝－eq\f(1,2)(x－1)，即x＋2y－3＝0.椭圆中的弦长、面积问题例3－1(1)已知椭圆M：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1，若斜率为1的直线l与椭圆M交于C，D两点，点P(2，0)，直线PC的斜率为eq\f(1,2)，求线段CD的长度．【解答】易得直线PC的方程为y＝eq\f(1,2)(x－2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)(x－2)，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))消去y得3x2－4x－4＝0，Δ＝(－4)2－4×3×(－4)＝64＞0.因为点C在椭圆M上，且点P(2，0)在椭圆M上，所以xP＋xC＝eq\f(4,3)，所以点C的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，－\f(4,3)))，所以直线l的方程为y＋eq\f(4,3)＝x＋eq\f(2,3)，即y＝x－eq\f(2,3).联立直线l与椭圆M的方程，消去y得3x2－eq\f(8,3)x－eq\f(28,9)＝0，解得x1＝－eq\f(2,3)，x2＝eq\f(14,9)，所以|CD|＝eq\r(1＋12)×|x1－x2|＝eq\r(2)×eq\f(20,9)＝eq\f(20\r(2),9).(2)已知斜率为1的直线l与椭圆eq\f(x2,2)＋y2＝1相交于A，B两点，求|AB|的最大值．【解答】设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线l的方程为y＝x＋m.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y得3x2＋4mx＋2(m2－1)＝0，由Δ＝16m2－24(m2－1)＝24－8m2＞0，可得m2＜3，则x1＋x2＝－eq\f(4m,3)，x1x2＝eq\f(2(m2－1),3)，所以|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r((x1＋x2)2－4x1x2)＝eq\r(2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4m,3)))\s\up12(2)－\f(8(m2－1),3))＝eq\f(2\r(2),3)·eq\r(6－2m2)，所以当m＝0时，|AB|取得最大值eq\f(4\r(3),3).例3－2已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的一个焦点为F(2，0)，且离心率为eq\f(\r(6),3).(1)求椭圆C的方程；【解答】由已知得c＝2，离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(6),3)，可得a＝eq\r(6)，b2＝a2－c2＝6－4＝2，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)不过原点O的直线l：y＝x＋m与椭圆C交于A，B两点，求△ABO面积的最大值及此时直线l的方程．【解答】设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，,y＝x＋m，))消去y得4x2＋6mx＋3m2－6＝0，由Δ＝36m2－16(3m2－6)＝－12m2＋96＞0，可得m2＜8.由根与系数的关系得x1＋x2＝－eq\f(3m,2)，x1x2＝eq\f(3m2－6,4)，则|AB|＝eq\r(1＋k2)|x2－x1|＝eq\r(2)×eq\f(\r(－3m2＋24),2)＝eq\f(\r(6),2)eq\r(8－m2)，原点O到直线l的距离为d＝eq\f(|m|,\r(2))，所以S△ABO＝eq\f(1,2)·d·|AB|＝eq\f(1,2)×eq\f(|m|,\r(2))×eq\f(\r(6),2)eq\r(8－m2)＝eq\f(\r(3),4)×eq\r(m2(8－m2))≤eq\f(\r(3),4)×eq\f(m2＋8－m2,2)＝eq\r(3)，当且仅当m2＝8－m2，即m＝±2时取等号，此时满足m2＜8，所以△ABO面积的最大值为eq\r(3)，此时直线l的方程为y＝x±2.弦长的求解方法(1)当弦的两端点坐标易求时，可直接利用两点间的距离公式求解．(2)当直线的斜率存在时，斜率为k的直线l与椭圆或双曲线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两个不同的点，则弦长|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r((1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2])或|AB|＝eq\r(1＋\f(1,k2))·|y1－y2|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k2)))[(y1＋y2)2－4y1y2])(k≠0).随堂内化1．已知直线y＝－x＋1与椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)相交于A，B两点，若椭圆的离心率为eq\f(\r(2),2)，焦距为2，则线段AB的长是(B)A．eq\f(2\r(2),3) B．eq\f(4\r(2),3)C．eq\r(2) D．2【解析】由条件知c＝1，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以a＝eq\r(2)，b＝1，椭圆方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.联立直线方程与椭圆方程可得交点坐标为(0，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，－\f(1,3)))，所以|AB|＝eq\f(4\r(2),3).2．已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的一条弦所在直线的方程是x－y＋5＝0，弦的中点坐标是M(－4，1)，则椭圆的离心率是(C)A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(\r(3),2) D．eq\f(\r(5),5)【解析】设直线x－y＋5＝0与椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点．因为AB的中点为M(－4，1)，所以x1＋x2＝－8，y1＋y2＝2，易知直线AB的斜率k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),a2)＋\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),a2)＋\f(yeq\o\al(2,2),b2)＝1，))两式相减得eq\f((x1－x2)(x1＋x2),a2)＋eq\f((y1－y2)(y1＋y2),b2)＝0，所以eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(b2,a2)·eq\f(x1＋x2,y1＋y2)，所以eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,4)，于是椭圆的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(\r(3),2).3．(2023·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C：eq\f(x2,3)＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y＝x＋m与C交于A，B两点，若△F1AB面积是△F2AB面积的2倍，则m＝(C)A．eq\f(2,3) B．eq\f(\r(2),3)C．－eq\f(\r(2),3) D．－eq\f(2,3)【解析】联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))消去y可得4x2＋6mx＋3m2－3＝0.因为直线与椭圆相交于A，B点，则Δ＝36m2－4×4(3m2－3)＞0，解得－2＜m＜2.设F1到AB的距离为d1，F2到AB的距离为d2.易知F1(－eq\r(2)，0)，F2(eq\r(2)，0)，则d1＝eq\f(|－\r(2)＋m|,\r(2))，d2＝eq\f(|\r(2)＋m|,\r(2)).由eq\f(S△F1AB,S△F2AB)＝eq\f(d1,d2)＝eq\f(\f(|－\r(2)＋m|,\r(2)),\f(|\r(2)＋m|,\r(2)))＝eq\f(|－\r(2)＋m|,|\r(2)＋m|)＝2，解得m＝－eq\f(\r(2),3)或－3eq\r(2)(舍去).4．(2022·新高考Ⅱ卷)已知椭圆eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1，直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，与x轴，y轴分别交于点M，N，且|MA|＝|NB|，|MN|＝2eq\r(3)，则直线l的方程为__x＋eq\r(2)y－2eq\r(2)＝0__．【解析】取AB的中点为E.因为|MA|＝|NB|，所以|ME|＝|NE|.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq\f(xeq\o\al(2,1),6)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),3)＝1，eq\f(xeq\o\al(2,2),6)＋eq\f(yeq\o\al(2,2),3)＝1，两式相减并整理可得eq\f(y1＋y2,x1＋x2)×eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(1,2)，即kOE·kAB＝－eq\f(1,2).设直线AB：y＝kx＋m，显然k＜0，m＞0，令x＝0，得y＝m，令y＝0，得x＝－eq\f(m,k)，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,2k)，\f(m,2)))，所以k×eq\f(\f(m,2),－\f(m,2k))＝－k2＝－eq\f(1,2)，可得k＝－eq\f(\r(2),2)，从而|MN|2＝m2＋2m2＝12，解得m＝2，所以直线l的方程为y＝－eq\f(\r(2),2)x＋2，即x＋eq\r(2)y－2eq\r(2)＝0.配套精练A组夯基精练一、单项选择题1．若直线y＝x＋2交椭圆eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,4)＝1(m＞0)于A，B两点，|AB|＝3eq\r(2)，则m等于(C)A．10 B．11C．12 D．3eq\r(2)【解析】由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋2，,\f(x2,m)＋\f(y2,4)＝1，))得(4＋m)x2＋4mx＝0，所以x1＝0，x2＝eq\f(－4m,4＋m).又|AB|＝eq\r(1＋k2)|x2－x1|＝eq\r(2)|x2|，所以eq\r(2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4m,4＋m)))＝3eq\r(2).因为m＞0，所以eq\f(4m,4＋m)＝3，解得m＝12.2．(2023·辽阳期末)已知直线y＝－eq\f(1,2)x＋2与椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)交于A，B两点，线段AB的中点为P(2，1)，则椭圆C的离心率是(A)A．eq\f(\r(3),2) B．eq\f(1,2)C．eq\f(3,4) D．eq\f(1,4)【解析】设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),a2)＋\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),a2)＋\f(yeq\o\al(2,2),b2)＝1，))从而eq\f(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2),b2)＝0，故eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(b2(x1＋x2),a2(y1＋y2)).由题意可得x1＋x2＝4，y1＋y2＝2，eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(1,2)，则－eq\f(4b2,2a2)＝－eq\f(1,2)，从而eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,4)，故椭圆C的离心率e＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(\r(3),2).3．椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1上的点P到直线x＋2y－9＝0的最短距离为(A)A．eq\r(5) B．eq\f(7\r(5),5)C．eq\f(9\r(5),5) D．eq\f(13\r(5),5)【解析】设与已知直线平行且与椭圆相切的直线为x＋2y＋b＝0，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y＋b＝0，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y得4x2＋2bx＋b2－12＝0，所以Δ＝(2b)2－4×4(b2－12)＝0⇒b＝±4，所以椭圆上点P到直线x＋2y－9＝0的最短距离为d＝eq\f(|－9－(－4)|,\r(12＋22))＝eq\r(5).4．(2023·泉州二测)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦点为F，过F且斜率为eq\r(3)的直线l与C交于A，B两点，与y轴交于点P.若eq\o(PF,\s\up6(→))＝2eq\o(PA,\s\up6(→))，则C的离心率为(C)A．eq\f(\r(3)－1,2) B．eq\f(\r(5)－1,2)C．eq\r(3)－1 D．eq\f(\r(3)＋1,4)【解析】设直线l的方程为y＝eq\r(3)(x＋c)，所以P(0，eq\r(3)c).因为eq\o(PF,\s\up6(→))＝2eq\o(PA,\s\up6(→))，所以A为PF的中点，所以Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(c,2)，\f(\r(3)c,2))).因为A在椭圆上，所以eq\f(c2,4a2)＋eq\f(3c2,4b2)＝1，b2c2＋3a2c2＝4a2b2.因为b2＝a2－c2，代入化简整理得c4＋4a4－8a2c2＝0，所以eq\f(c4,a4)＋4－eq\f(8a2c2,a4)＝0，即e4－8e2＋4＝0，解得e2＝4±2eq\r(3)，e＝eq\r(3)±1，又e∈(0，1)，所以e＝eq\r(3)－1.二、多项选择题5．已知椭圆eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1上不同的三点A(x1，y1)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(9,5)))，C(x2，y2)与焦点F(4，0)的距离成等差数列，若线段AC的垂直平分线与x轴的交点为T，则(AC)A．x1＋x2＝8B．x1＋x2＝16C．直线BT的斜率k＝eq\f(5,4)D．直线BT的斜率k＝－eq\f(4,5)【解析】由题意知|AF|＝eq\r((x1－4)2＋yeq\o\al(2,1))＝eq\r(xeq\o\al(2,1)－8x1＋16＋9－\f(9xeq\o\al(2,1),25))＝eq\r(\f(16xeq\o\al(2,1),25)－8x1＋25)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)x1－5))\s\up12(2))，同理|CF|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)x2－5))\s\up12(2)).因为|x1|≤5，|x2|≤5，所以eq\f(4,5)x1－5＜0，eq\f(4,5)x2－5＜0.又|AF|＋|CF|＝2|BF|，所以5－eq\f(4,5)x1＋5－eq\f(4,5)x2＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,5)－0))，所以10－eq\f(4,5)(x1＋x2)＝eq\f(18,5)，所以x1＋x2＝8，故A正确，B错误．因为x1＋x2＝8，所以设线段AC的中点为D(4，y0).又A，C在椭圆上，所以eq\f(xeq\o\al(2,1),25)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),9)＝1①，eq\f(xeq\o\al(2,2),25)＋eq\f(yeq\o\al(2,2),9)＝1②.由①－②得eq\f(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2),25)＝－eq\f(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2),9)，所以eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(9(x1＋x2),25(y1＋y2))＝－eq\f(9×8,25×2y0)＝－eq\f(36,25y0)，即kAC＝－eq\f(36,25y0)，所以直线DT的斜率kDT＝－eq\f(1,kAC)＝eq\f(25y0,36)，从而直线DT的方程为y－y0＝eq\f(25y0,36)(x－4).令y＝0，得x＝eq\f(64,25)，即Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(64,25)，0))，所以直线BT的斜率k＝eq\f(5,4)，故C正确，D错误．6．(2023·张家口期末)已知椭圆C：eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点M(2，1)，直线l与椭圆C交于A，B两点，则(AC)A．|AF1|·|AF2|的最大值为16B．△AF1F2的内切圆半径r≤eq\r(3)C．|AM|＋|AF1|的最小值为7D．若M为AB的中点，则直线l的方程为x＋y－3＝0【解析】对于A，在椭圆C中，F1(－2，0)，F2(2，0)，由椭圆的定义可得|AF1|＋|AF2|＝2a＝8，由基本不等式可得|AF1|·|AF2|≤eq\f((|AF1|＋|AF2|)2,4)＝16，当且仅当|AF1|＝|AF2|＝4时等号成立，故|AF1|·|AF2|的最大值为16，故A正确；对于B，因为S△AF1F2＝eq\f(1,2)r(|AF1|＋|AF2|＋|F1F2|)＝(a＋c)r＝6r，当点A为椭圆C的短轴的顶点时，S△AF1F2取最大值eq\f(1,2)×2c×b＝bc＝4eq\r(3)，所以r＝eq\f(S△AF1F2,6)≤eq\f(2\r(3),3)，故B错误；对于C，由椭圆的定义可得|AF1|＝8－|AF2|，所以|AM|＋|AF1|＝|AM|＋8－|AF2|＝8＋(|AM|－|AF2|)≥8－|MF2|＝7，当且仅当点A为射线F2M与椭圆C的交点(如图所示)时等号成立，故|AM|＋|AF1|的最小值为7，故C正确；对于D，因为eq\f(22,16)＋eq\f(12,12)＜1，则点M在椭圆C内，设点A(x1，y1)、B(x2，y2)，若AB⊥x轴，则线段AB的中点在x轴上，不合题意，所以直线AB的斜率存在，由题意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝4，,y1＋y2＝2，))由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),16)＋\f(yeq\o\al(2,1),12)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),16)＋\f(yeq\o\al(2,2),12)＝1，))两个等式作差可得eq\f((x1－x2)(x1＋x2),16)＋eq\f((y1－y2)(y1＋y2),12)＝0，即eq\f(x1－x2,4)＋eq\f(y1－y2,6)＝0，所以直线AB的斜率为kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(3,2)，所以直线l的方程为y－1＝－eq\f(3,2)(x－2)，即3x＋2y－8＝0，故D错误．三、填空题7．过椭圆eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1的右焦点F作一条斜率为2的直线与椭圆交于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为__eq\f(5,3)__．【解析】由已知可得直线的方程为y＝2x－2，|OF|＝1，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，,y＝2x－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝－2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(5,3)，,y＝\f(4,3)．))不妨取A(0，－2)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(4,3)))，则S△AOB＝eq\f(1,2)·|OF|·|yA－yB|＝eq\f(5,3).8．(2023·常德一模)已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，直线y＝eq\f(1,2)x＋a与椭圆E相切，则椭圆E的离心率为__eq\f(1,2)__．【解析】联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，,y＝\f(1,2)x＋a，))得b2x2＋a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋a))eq\s\up12(2)＝a2b2，整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)a2＋b2))x2＋a3x＋a4－a2b2＝0.因为椭圆E和直线y＝eq\f(1,2)x＋a相切，则Δ＝(a3)2－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)a2＋b2))(a4－a2b2)＝0，化简得eq\f(b2,a2)＝eq\f(3,4)，则椭圆E的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\r(1－\f(3,4))＝eq\f(1,2).9．(2023·石家庄一模)已知F1，F2分别是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，B是C的上顶点，过F1的直线交C于P，Q两点，O为坐标原点．若△OBF1与△PQF2的周长之比为eq\f(\r(2)＋1,4)，则椭圆C的离心率为__eq\f(\r(2),2)__；若|BF1|＝eq\r(2)，且BF1⊥PQ，则△PQF2的面积为__eq\f(4,3)__．【解析】设|F1F2|＝2c，由题意，△PQF2的周长为|PQ|＋|PF2|＋|QF2|＝|PF1|＋|PF2|＋|QF1|＋|QF2|＝4a.因为a2＝c2＋b2，所以△OBF1的周长为a＋b＋c，所以eq\f(a＋b＋c,4a)＝eq\f(\r(2)＋1,4)，整理得b＝eq\r(2)a－c，所以a2－c2＝b2＝(eq\r(2)a－c)2，化简得2c2－2eq\r(2)ac＋a2＝0，所以2e2－2eq\r(2)e＋1＝0，解得e＝eq\f(\r(2),2).因为|BF1|＝eq\r(2)，所以a＝eq\r(2)，所以b＝c＝1，即椭圆C的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1，焦点F1(－1，0)，F2(1，0)，所以直线BF1的斜率为1.因为BF1⊥PQ，所以直线PQ的斜率为－1，即直线PQ的方程为y＝－x－1.联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝－x－1，))得3x2＋4x＝0，即x＝0或x＝－eq\f(4,3).不妨设P(0，－1)，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(1,3)))，所以△PQF2的面积为eq\f(1,2)×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋1))＝eq\f(4,3).四、解答题10．(2023·天津卷)设椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左右顶点分别为A1，A2，右焦点为F，已知|A1F|＝3，|A2F|＝1.(1)求椭圆的方程及其离心率；【解答】由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋c＝3，,a－c＝1，))解得a＝2，c＝1，所以b＝eq\r(22－12)＝eq\r(3)，所以椭圆的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，离心率为e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2).(2)已知点P是椭圆上一动点(不与端点重合)，直线A2P交y轴于点Q，若△A1PQ的面积是△A2FP面积的2倍，求直线A2P的方程．【解答】由题意知直线A2P的斜率存在，由椭圆的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，可得A2(2，0).设直线A2P的方程为y＝k(x－2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝k(x－2)，))消去y整理得(3＋4k2)x2－16k2x＋16k2－12＝0，Δ＝(－16k2)2－4(4k2＋3)(16k2－12)＝144＞0，由韦达定理得2xP＝eq\f(16k2－12,3＋4k2)，所以xP＝eq\f(8k2－6,3＋4k2)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k2－6,3＋4k2)，\f(－12k,3＋4k2)))，Q(0，－2k).所以S△A2QA1＝eq\f(1,2)×4×|yQ|，S△A2PF＝eq\f(1,2)×1×|yP|，S△A1A2P＝eq\f(1,2)×4×|yP|，所以S△A2QA1＝S△A1PQ＋S△A1A2P＝2S△A2PF＋S△A1A2P，所以2|yQ|＝3|yP|，即2×|－2k|＝3×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(12k,3＋4k2)))，解得k＝±eq\f(\r(6),2)，所以直线A2P的方程为y＝±eq\f(\r(6),2)(x－2).B组滚动小练11．(2024·嘉兴期初)已知函数f(x)＝(x＋a－2)(x2＋a－1)为奇函数，则f(a)的值是(D)A．0 B．－12C．12 D．10【解析】因为函数f(x)＝(x＋a－2)(x2＋a－1)为奇函数，所以f(0)＝0，即(a－2)(a－1)＝0，故a＝2或a＝1，显然函数f(x)＝(x＋a－2)(x2＋a－1)的定义域为R，关于原点对称．当a＝2时，f(x)＝x(x2＋1)，从而f(－x)＝－x(x2＋1)＝－f(x)；当a＝1时，f(x)＝x2(x－1)，但f(－1)＝－2≠－f(1)＝0，所以a＝2，即f(x)＝x(x2＋1)，所以f(a)＝f(2)＝2×(22＋1)＝10.12．(2024·无锡江阴期初)(多选)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b＝2eq\r(3)，c＝3，A＋3C＝π，则下列结论正确的是(ACD)A．cosC＝eq\f(\r(3),3) B．sinB＝eq\f(\r(2),3)C．a＝1 D．S△ABC＝eq\r(2)【解析】因为A＋3C＝π，所以B＝2C.根据正弦定理可得bsinC＝csinB＝2csinCcosC，所以2eq\r(3)sinC＝3×2sinCcosC.又sinC≠0，所以cosC＝eq\f(\r(3),3)，故A正确；sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(\r(6),3)，所以sinB＝sin2C＝2sinCcosC＝eq\f(2\r(2),3)，故B错误；因为b＝2eq\r(3)，c＝3，cosC＝eq\f(\r(3),3)，所以由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC得9＝a2＋12－2a×2eq\r(3)×eq\f(\r(3),3)，即a2－4a＋3＝0，解得a＝3或a＝1.若a＝3，又c＝3，且A＋3C＝π，所以A＝C＝eq\f(π,4)，故B＝eq\f(π,2)，所以b＝eq\r(a2＋c2)＝3eq\r(2)≠2eq\r(3)，不合题意舍去，所以a＝1，故C正确；S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×1×2eq\r(3)×eq\f(\r(6),3)＝eq\r(2)，故D正确．13．(2024·青岛期初)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，数列{an＋1－an}是公差为1的等差数列．(1)求{an}的通项公式：【解答】因为数列{an＋1－an}是公差为1的等差数列，a1＝1，a2＝2，所以a2－a1＝1，所以an＋1－an＝1＋(n－1)×1＝n，所以a2－a1＝1，a3－a2＝2，a4－a3＝3，…，an－an－1＝n－1(n≥2)，所以an－a1＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝1＋2＋3＋…＋(n－1)，所以an－a1＝eq\f(n(n－1),2)，所以an＝eq\f(n(n－1),2)＋1＝eq\f(n2－n＋2,2)(n≥2).因为a1＝1也适合上式，所以an＝eq\f(n2－n＋2,2).(2)若bn＝eq\f(1,an＋n－1)，求数列{bn}的前n项和Tn.【解答】因为bn＝eq\f(1,an＋n－1)＝eq\f(1,\f(n2－n＋2,2)＋n－1)＝eq\f(2,n(n＋1))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以Tn＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(2n,n＋1).第42讲双曲线链教材夯基固本激活思维1．(人A选必一P121T4改)已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,12)＝1(a＞0)的两个焦点分别是F1与F2，焦距为8.若M是双曲线上的一点，且|MF1|＝5，则|MF2|的值是(C)A．1 B．3C．9 D．1或9【解析】由题意得2c＝8，可得c＝4，所以a2＝c2－b2＝16－12＝4，解得a＝2.根据双曲线定义可得||MF1|－|MF2||＝2a＝4，即|5－|MF2||＝4，解得|MF2|＝1或|MF2|＝9.当|MF2|＝1时，|MF1|＋|MF2|＝6＜8，不满足题意，故舍去；当|MF2|＝9时，|MF1|＋|MF2|＝14＞8，满足题意．所以|MF2|＝9.2．(人A选必一P124T2改)顶点在x轴上，两顶点间的距离是8，离心率e＝eq\f(5,4)的双曲线的标准方程是(B)A．eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1 B．eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1C．eq\f(x2,3)－eq\f(y2,4)＝1 D．eq\f(x2,4)－eq\f(y2,3)＝1【解析】由顶点在x轴上，可设双曲线的标准方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0).因为两顶点间的距离是8，e＝eq\f(5,4)，所以a＝4，c＝5，b＝3，所以双曲线的标准方程为eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1.3．(人A选必一P127T3)已知直线y＝eq\f(2,3)x与双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,8)＝1(a＞0)相交于A，B两点，且A，B两点的横坐标之积为－9，则双曲线的离心率e＝__eq\f(\r(21),3)__．【解析】联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(2,3)x，,\f(x2,a2)－\f(y2,8)＝1，))得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)－\f(1,18)))x2－1＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1·x2＝eq\f(－1,\f(1,a2)－\f(1,18))＝eq\f(18a2,a2－18)＝－9，解得a2＝6.所以e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(1＋\f(8,6))＝eq\r(\f(7,3))＝eq\f(\r(21),3).4．与椭圆eq\f(x2,49)＋eq\f(y2,24)＝1有公共焦点，且离心率e＝eq\f(5,4)的双曲线的渐近线方程为__y＝±eq\f(3,4)x__．【解析】依题意，双曲线的两焦点坐标分别是F1(－5，0)，F2(5，0)，故可设双曲线方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0).由双曲线的离心率e＝eq\f(5,4)，可得eq\f(5,a)＝eq\f(5,4)，解得a＝4，所以b＝3，从而双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\f(3,4)x.聚焦知识1．双曲线的定义平面内与两个定点F1，F2的__距离的差的绝对值__等于常数(小于|F1F2|)的点的轨迹叫做双曲线．这两个定点叫做__双曲线的焦点__，两焦点间的距离叫做__双曲线的焦距__．集合P＝{M|||MF1|－|MF2||＝2a}，|F1F2|＝2c，其中a，c为常数且a＞0，c＞0.(1)当__2a＜2c__时，点P的轨迹是双曲线；(2)当__2a＝2c__时，点P的轨迹是两条射线；(3)当__2a＞2c__时，点P不存在．2．双曲线的标准方程和几何性质标准方程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)图形性质范围x≥a或x≤－a，y∈Rx∈R，y≤－a或y≥a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)渐近线y＝±eq\f(b,a)xy＝±eq\f(a,b)x离心率e＝eq\f(c,a)，e∈__(1，＋∞)__，其中c＝eq\r(a2＋b2)实虚轴线段A1A2叫做双曲线的实轴，它的长|A1A2|＝__2a__，线段B1B2叫做双曲线的虚轴，它的长|B1B2|＝__2b__；a叫做双曲线的实半轴长，b叫做双曲线的虚半轴长a，b，c的关系c2＝__a2＋b2__(c＞a＞0，c＞b＞0)3．几个常用结论(1)过双曲线的一个焦点且与实轴垂直的弦的长为eq\f(2b2,a).(2)如图，P为双曲线上的点，F1，F2为双曲线的两个焦点，且∠F1PF2＝θ，则△F1PF2的面积为eq\f(b2,tan\f(θ,2)).(3)焦点到渐近线的距离为b.(4)利用待定系数法求双曲线标准方程的常用方法：与双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1共渐近线的双曲线方程可设为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝λ(λ≠0).研题型能力养成举题说法双曲线的定义及标准方程例1(1)已知圆C1：(x＋3)2＋y2＝1和圆C2：(x－3)2＋y2＝9，动圆M同时与圆C1及圆C2相外切，则动圆圆心M的轨迹方程为__x2－eq\f(y2,8)＝1(x≤－1)__．【解析】如图，设动圆M与圆C1及圆C2分别外切于点A和B.根据两圆外切的条件，得|MC1|－|AC1|＝|MA|，|MC2|－|BC2|＝|MB|.因为|MA|＝|MB|，所以|MC1|－|AC1|＝|MC2|－|BC2|，即|MC2|－|MC1|＝|BC2|－|AC1|＝2，所以点M到两定点C2，C1的距离的差是常数且小于|C1C2|＝6.又根据双曲线的定义，得动点M的轨迹为双曲线的左支(点M与C2的距离大，与C1的距离小)，其中a＝1，c＝3，则b2＝8，故点M的轨迹方程为x2－eq\f(y2,8)＝1(x≤－1).(2)(2023·广州调研)已知双曲线eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的下焦点到渐近线的距离为3，离心率为2，则该双曲线的标准方程为(D)A．eq\f(y2,3)－x2＝1 B．y2－eq\f(x2,3)＝1C．eq\f(y2,9)－eq\f(x2,3)＝1 D．eq\f(y2,3)－eq\f(x2,9)＝1【解析】依题意可知，双曲线的下焦点坐标为(0，－c)，渐近线方程为y＝±eq\f(a,b)x，即ax±by＝0，故双曲线下焦点到渐近线的距离为eq\f(bc,\r(a2＋b2))＝eq\f(bc,c)＝b＝3.又该双曲线的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝2，所以a2＝3，故该双曲线的标准方程为eq\f(y2,3)－eq\f(x2,9)＝1.求双曲线的标准方程的方法(1)定义法：由题目条件判断出动点轨迹是双曲线，确定a，b或c，从而求出a2，b2.(2)待定系数法：“先定型，再定量”，如果焦点位置不好确定，可将双曲线方程设为eq\f(x2,m2)－eq\f(y2,n2)＝λ(λ≠0)，再根据条件求λ的值．变式(2023·无锡江阴期末)在平面直角坐标系xOy中，直线l：y＝2x＋10与双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的一条渐近线平行，且双曲线的一个焦点在直线l上，则双曲线的方程为__eq\f(x2,5)－eq\f(y2,20)＝1__．【解析】由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＝2，,c＝5，,c2＝a2＋b2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\r(5)，,b＝2\r(5)，,c＝5.))故双曲线的方程为eq\f(x2,5)－eq\f(y2,20)＝1.双曲线的基本性质视角1离心率例2－1(1)(2022·全国乙卷)(多选)已知双曲线C的两个焦点分别为F1，F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C交于M，N两点，且cos∠F1NF2＝eq\f(3,5)，则C的离心率为(提示：作F2B⊥MN)(AC)A．eq\f(\r(5),2) B．eq\f(3,2)C．eq\f(\r(13),2) D．eq\f(\r(17),2)【解析】不妨设双曲线焦点在x轴上．①当M，N两点在双曲线的两支上时，如图(1)，显然点N在双曲线右支上．记切点为A，连接OA，则OA⊥MN，|OA|＝a.又|OF1|＝c，则|AF1|＝eq\r(c2－a2)＝b.过点F2作F2B⊥MN交直线MN于点B，连接F2N，则F2B∥OA.又点O为F1F2的中点，则|F2B|＝2|OA|＝2a，|F1B|＝2|AF1|＝2b.由cos∠F1NF2＝eq\f(3,5)，得sin∠F1NF2＝eq\f(4,5)，tan∠F1NF2＝eq\f(4,3)，所以|F2N|＝eq\f(|F2B|,sin∠F1NF2)＝eq\f(5a,2)，|BN|＝eq\f(|F2B|,tan∠F1NF2)＝eq\f(3a,2)，故|F1N|＝|F1B|＋|BN|＝2b＋eq\f(3a,2).由双曲线定义知|F1N|－|F2N|＝2a，则2b－a＝2a，即eq\f(b,a)＝eq\f(3,2)，所以e＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(1＋\f(9,4))＝eq\f(\r(13),2).②当M，N两点都在双曲线的左支上时，如图(2)，显然点N在第四象限．同理可得|F2B|＝2|OA|＝2a，|F1B|＝2|AF1|＝2b.由cos∠F1NF2＝eq\f(3,5)，得sin∠F1NF2＝eq\f(4,5)，tan∠F1NF2＝eq\f(4,3)，所以|F2N|＝eq\f(|F2B|,sin∠F1NF2)＝eq\f(5a,2)，|BN|＝eq\f(|F2B|,tan∠F1NF2)＝eq\f(3a,2)，故|F1N|＝|BN|－|F1B|＝eq\f(3a,2)－2b.由双曲线定义知|F2N|－|F1N|＝2a，则a＋2b＝2a，即eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，所以e＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\f(\r(5),2). 图(1) 图(2)(2)(2023·新高考Ⅰ卷)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，点A在C上，点B在y轴上，eq\o(F1A,\s\up6(→))⊥eq\o(F1B,\s\up6(→))，eq\o(F2A,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(F2B,\s\up6(→))，则C的离心率为__eq\f(3\r(5),5)__．【解析】方法一：如图，F1(－c，0)，F2(c，0)，设B(0，n).由eq\o(F2A,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(F2B,\s\up6(→))，可得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)c，－\f(2,3)n)).又eq\o(F1A,\s\up6(→))⊥eq\o(F1B,\s\up6(→))，且eq\o(F1A,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)c，－\f(2,3)n))，eq\o(F1B,\s\up6(→))＝(c，n)，则eq\o(F1A,\s\up6(→))·eq\o(F1B,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)c，－\f(2,3)n))·(c，n)＝eq\f(8,3)c2－eq\f(2,3)n2＝0，所以n2＝4c2.又点A在C上，则eq\f(\f(25,9)c2,a2)－eq\f(\f(4,9)n2,b2)＝1，整理可得eq\f(25c2,9a2)－eq\f(4n2,9b2)＝1，将n2＝4c2代入，可得eq\f(25c2,a2)－eq\f(16c2,b2)＝9，即25e2－eq\f(16e2,e2－1)＝9，解得e2＝eq\f(9,5)或e2＝eq\f(1,5)(舍去).又e＞1，故e＝eq\f(3\r(5),5).方法二：由eq\o(F2A,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(F2B,\s\up6(→))，可得eq\f(|F2A|,|F2B|)＝eq\f(2,3)，设|F2A|＝2x，|F2B|＝3x，则由对称性可得|F1B|＝3x.由定义可得|AF1|＝2x＋2a，|AB|＝5x.设∠F1AF2＝θ.因为eq\o(F1A,\s\up6(→))⊥eq\o(F1B,\s\up6(→))，所以sinθ＝eq\f(|F1B|,|AB|)＝eq\f(3x,5x)＝eq\f(3,5)，所以cosθ＝eq\f(|AF1|,|AB|)＝eq\f(2x＋2a,5x)＝eq\f(4,5)，解得x＝a，所以|AF1|＝2x＋2a＝4a，|F2A|＝2x＝2a.在△AF1F2中，由余弦定理可得cosθ＝eq\f(16a2＋4a2－4c2,16a2)＝eq\f(4,5)，整理得9a2＝5c2，所以e＝eq\f(3\r(5),5).求双曲线的离心率时，将提供的双曲线的几何关系转化为关于双曲线基本量a，b，c的方程或不等式，利用c2＝a2＋b2和e＝eq\f(c,a)转化为关于e的方程(或不等式)，通过解方程(或不等式)求得离心率的值(或范围).视角2渐近线例2－2如图，已知F为双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦点，平行于x轴的直线l分别交C的渐近线和右支于点A，B，且∠OAF＝90°，∠OBF＝∠OFB，则C的渐近线方程为__y＝±x__．【解析】依题意，设B(m，n)，F(c，0).联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝n，,y＝\f(b,a)x，))解得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an,b)，n)).因为∠OAF＝90°，所以kAF·kOA＝－1，即eq\f(n,\f(an,b)－c)·eq\f(b,a)＝－1，所以n＝eq\f(ab,c).又B(m，n)在双曲线C上，可得eq\f(m2,a2)－eq\f(n2,b2)＝1，将n＝eq\f(ab,c)代入，得m2＝eq\f(a2c2＋a4,c2).由∠OBF＝∠OFB，得|OB|＝|OF|，所以m2＋n2＝c2，即eq\f(a2c2＋a4,c2)＋eq\f(a2b2,c2)＝c2，所以a＝b，所以C的渐近线方程为y＝±x.(1)渐近线的求法：求双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的渐近线的方法是令eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝0，即得两渐近线方程为eq\f(x,a)±eq\f(y,b)＝0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或y＝±\f(b,a)x)).(2)双曲线的几何性质中，重点是渐近线方程和离心率．在双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)中，离心率e与双曲线的渐近线的斜率k＝±eq\f(b,a)，满足关系式e2＝1＋k2.视角3焦点三角形的面积例2－3已知双曲线C：x2－eq\f(y2,3)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在C上，且cos∠F1PF2＝eq\f(1,3)，则△PF1F2的面积为__3eq\r(2)__．【解析】记∠F1PF2＝θ，则cos∠F1PF2＝cosθ＝eq\f(cos2\f(θ,2)－sin2\f(θ,2),cos2\f(θ,2)＋sin2\f(θ,2))＝eq\f(1－tan2\f(θ,2),1＋tan2\f(θ,2))＝eq\f(1,3)，所以tan2eq\f(θ,2)＝eq\f(1,2).由cosθ＝eq\f(1,3)＞0知0＜θ＜eq\f(π,2)，所以0＜eq\f(θ,2)＜eq\f(π,4)，从而taneq\f(θ,2)＝eq\f(\r(2),2)，故S△PF1F2＝eq\f(b2,tan\f(θ,2))＝3eq\r(2).直线与双曲线例3已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的两个焦点分别为F1(－2，0)，F2(2，0)，点P(5，eq\r(23))在双曲线C上．(1)求双曲线C的方程；【解答】依题意得c＝2，所以a2＋b2＝4，则双曲线C的方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,4－a2)＝1(0＜a2＜4)，将点P(5，eq\r(23))代入上式，得eq\f(25,a2)－eq\f(23,4－a2)＝1，解得a2＝50(舍去)或a2＝2，故双曲线C的方程为eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1.(2)记O为坐标原点，过点Q(0，2)的直线l与双曲线C交于不同的两点A，B，若△OAB的面积为2eq\r(2)，求直线l的方程．【解答】依题意知l的斜率存在，可设直线l的方程为y＝kx＋2，代入双曲线C的方程并整理，得(1－k2)x2－4kx－6＝0.因为直线l与双曲线C交于不同的两点A，B，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－k2≠0，,(－4k)2＋24(1－k2)＞0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k≠±1，,－\r(3)＜k＜\r(3)))(*).设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(4k,1－k2)，x1x2＝－eq\f(6,1－k2)，所以|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r((x1＋x2)2－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\f(2\r(2)×\r(3－k2),|1－k2|).又原点O到直线l的距离d＝eq\f(2,\r(1＋k2))，所以S△OAB＝eq\f(1,2)d·|AB|＝eq\f(1,2)×eq\f(2,\r(1＋k2))×eq\r(1＋k2)·eq\f(2\r(2)×\r(3－k2),|1－k2|)＝eq\f(2\r(2)×\r(3－k2),|1－k2|).又S△OAB＝2eq\r(2)，即eq\f(\r(3－k2),|1－k2|)＝1，所以k4－k2－2＝0，解得k＝±eq\r(2)，满足(*)式．故满足条件的直线l有两条，其方程分别为y＝eq\r(2)x＋2和y＝－eq\r(2)x＋2.随堂内化1．已知双曲线C：eq\f(x2,4)－y2＝1，过点P(2，1)与双曲线C有且只有一个公共点的直线有(B)A．1条 B．2条C．3条 D．4条【解析】由双曲线方程知右顶点为(2，0)，渐近线为y＝±eq\f(1,2)x.显然点P(2，1)在y＝eq\f(1,2)x上，如图，过点P的直线x＝2以及与y＝－eq\f(1,2)x平行且过点P的直线与双曲线都只有一个交点．故共有2条直线满足要求．2．(2021·全国甲卷)已知F1，F2是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且∠F1PF2＝60°，|PF1|＝3|PF2|，则C的离心率为(A)A．eq\f(\r(7),2) B．eq\f(\r(13),2)C．eq\r(7) D．eq\r(13)【解析】因为|PF1|＝3|PF2|，由双曲线的定义可得|PF1|－|PF2|＝2|PF2|＝2a，所以|PF2|＝a，|PF1|＝3a.因为∠F1PF2＝60°，由余弦定理得4c2＝9a2＋a2－2×3a·a·cos60°，整理得4c2＝7a2，所以e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(7,4)，即e＝eq\f(\r(7),2).3．(2023·扬州期初)已知双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，且其右支上有一点P(p，1)，则cos∠F1PF2＝__eq\f(1,5)__．【解析】双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1的焦点为F1(－eq\r(6)，0)，F2(eq\r(6)，0)，故|F1F2|＝2eq\r(6).由题意得eq\f(p2,4)－eq\f(1,2)＝1，解得p＝±eq\r(6).因为P(p，1)在右支上，所以p＝eq\r(6)，故P(eq\r(6)，1)，所以|PF1|＝eq\r((2\r(6))2＋12)＝5，|PF2|＝1，故cos∠F1PF2＝eq\f(|F1P|2＋|F2P|2－|F1F2|2,2|F1P|·|F2P|)＝eq\f(25＋1－24,10)＝eq\f(1,5).配套精练A组夯基精练一、单项选择题1．(2023·全国甲卷)已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的离心率为eq\r(5)，其中一条渐近线与圆(x－2)2＋(y－3)2＝1交于A，B两点，则|AB|＝(D)A．eq\f(1,5) B．eq\f(\r(5),5)C．eq\f(2\r(5),5) D．eq\f(4\r(5),5)【解析】由e＝eq\r(5)，则eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2＋b2,a2)＝1＋eq\f(b2,a2)＝5，解得eq\f(b,a)＝2，所以双曲线的一条渐近线为y＝2x，则圆心(2，3)到渐近线的距离d＝eq\f(|2×2－3|,\r(22＋12))＝eq\f(\r(5),5)，所以弦长|AB|＝2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(1－\f(1,5))＝eq\f(4\r(5),5).2．(2023·湖北联考)已知F1，F2分别为双曲线Γ：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，点P为双曲线渐近线上一点，若PF1⊥PF2，tan∠PF1F2＝eq\f(1,3)，则双曲线Γ的离心率为(B)A．eq\f(5,3) B．eq\f(5,4)C．eq\r(2) D．2【解析】因为PF1⊥PF2，O为F1F2的中点，所以|F1O|＝|OP|，∠PF1F2＝∠F1PO，所以∠POF2＝2∠PF1F2，又tan∠PF1F2＝eq\f(1,3)，tan∠POF2＝eq\f(b,a)，所以eq\f(b,a)＝eq\f(2×\f(1,3),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq\f(3,4)，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(1＋\f(9,16))＝eq\f(5,4).3．(2023·济南模拟)如图，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，过F1(－eq\r(7)，0)的直线l与双曲线的左、右两支分别交于点A，B.若△ABF2为等边三角形，则双曲线的方程为(C)A．eq\f(5y2,7)－eq\f(5y2,28)＝1 B．eq\f(x2,6)－y2＝1C．x2－eq\f(y2,6)＝1 D．eq\f(5x2,28)－eq\f(5y2,7)＝1【解析】根据双曲线的定义，有|AF2|－|AF1|＝2a①，|BF1|－|BF2|＝2a②，由于△ABF2为等边三角形，因此|AF2|＝|AB|＝|BF2|，①＋②得|BF1|－|AF1|＝4a，则|AB|＝|AF2|＝|BF2|＝4a，|BF1|＝6a.又∠F1BF2＝60°，所以(2c)2＝(6a)2＋(4a)2－2×6a×4a×eq\f(1,2)，即7a2＝c2＝7，解得a2＝1，则b2＝c2－a2＝6，所以双曲线的方程为x2－eq\f(y2,6)＝1.4．(2023·重庆三模)设双曲线x2－eq\f(y2,b2)＝1(b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，双曲线上的点P满足|OP|＝b，且|PF1|＝3|PF2|，则b＝(A)A．eq\r(2) B．eq\r(3)C．eq\f(\r(2),2) D．eq\f(\r(3),2)【解析】双曲线x2－eq\f(y2,b2)＝1(b＞0)，则a＝1，因为|PF1|＝3|PF2|且|PF1|－|PF2|＝2a＝2，所以|PF1|＝3，|PF2|＝1.设∠POF2＝α，则∠POF1＝π－α.在△POF2中，|PF2|2＝|OF2|2＋|OP|2－2|OF2|·|OP|cosα，即1＝c2＋b2－2bccosα①.在△POF1中，|PF1|2＝|OF1|2＋|OP|2－2|OF1|·|OP|cos(π－α)，即9＝c2＋b2＋2bccosα②.①＋②得10＝2(c2＋b2)，则c2＋b2＝5.又c2＝1＋b2，解得b2＝2，所以b＝eq\r(2).二、多项选择题5．(2023·济南联考)已知双曲线C：eq\f(x2,2)－eq\f(y2,m)＝1(m＞0)，则下列说法正确的是(CD)A．双曲线C的实轴长为2B．双曲线C的焦点到渐近线的距离为mC．若(2，0)是双曲线C的一个焦点，则m＝2D．若双曲线C的两条渐近线相互垂直，则m＝2【解析】对于A，双曲线C的实轴长为2eq\r(2)，故A错误．对于B，因为双曲线的焦点到渐近线的距离等于b，所以双曲线的焦点到渐近线的距离为eq\r(m)，故B错误．对于C，若(2，0)是双曲线C的一个焦点，则22＝2＋m，解得m＝2，故C正确．对于D，双曲线C的两条渐近线为y＝±eq\f(\r(2m),2)x，若两条渐近线相互垂直，则－eq\f(\r(2m),2)×eq\f(\r(2m),2)＝－1，解得m＝2，故D正确．6．(2023·曲靖一模)已知双曲线C过点(3，eq\r(2))且渐近线方程为x±eq\r(3)y＝0，则下列结论正确的是(CD)A．C的方程为x2－eq\f(y2,3)＝1B．C的离心率为eq\r(3)C．曲线y＝ex-2－1经过C的一个焦点D．C的焦点到渐近线的距离为1【解析】因为双曲线C的渐近线方程为x±eq\r(3)y＝0，则设双曲线C：eq\f(x2,3)－y2＝λ(λ≠0)，又点(3，eq\r(2))在双曲线C上，所以λ＝1，即双曲线C的方程为eq\f(x2,3)－y2＝1，故A错误．双曲线C的实半轴长a＝eq\r(3)，虚半轴长b＝1，半焦距c＝2，双曲线C的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2,\r(3))＝eq\f(2\r(3),3)，故B错误．双曲线C的焦点坐标为(±2，0)，其中(2，0)满足y＝ex-2－1，故C正确．双曲线C的焦点(±2，0)到渐近线x±eq\r(3)y＝0的距离d＝eq\f(|±2|,\r(1＋3))＝1，故D正确．三、填空题7．(2021·全国乙卷)已知双曲线C：eq\f(x2,m)－y2＝1(m＞0)的一条渐近线为e