备考2025年高考数学一轮复习第六章考点测试34

考点测试34双曲线高考概览高考在本考点的常考题型为选择题、填空题、解答题，分值为5分、12分，中、高等难度考点研读1.了解双曲线的定义、几何图形和标准方程，知道其简单的几何性质(范围、对称性、顶点、离心率、渐近线)2．了解双曲线的简单应用3．理解数形结合的思想一、基础小题1．已知方程eq\f(x2,1＋k)－eq\f(y2,1－k)＝1表示双曲线，则实数k的取值范围是()A．(－1，1)B．(0，＋∞)C．[0，＋∞)D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)答案A解析由题意，方程eq\f(x2,1＋k)－eq\f(y2,1－k)＝1表示双曲线，则满足(1＋k)(1－k)>0，解得－1<k<1，即实数k的取值范围是(－1，1)．故选A.2．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，则动圆的圆心M的轨迹方程为()A．x2－eq\f(y2,8)＝1(x≤－1)B．x2－eq\f(y2,8)＝1C．x2－eq\f(y2,8)＝1(x≥1)D.eq\f(y2,8)－x2＝1答案A解析设动圆M的半径为r，则|MC1|＝r＋1，|MC2|＝r＋3，则|MC2|－|MC1|＝2<|C1C2|＝6，根据双曲线的定义知，动圆的圆心M的轨迹为双曲线x2－eq\f(y2,8)＝1的左半支．故选A.3．已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的焦距为10，点P(2，1)在C的渐近线上，则C的方程为()A.eq\f(x2,20)－eq\f(y2,5)＝1 B.eq\f(x2,5)－eq\f(y2,20)＝1C.eq\f(x2,80)－eq\f(y2,20)＝1 D.eq\f(x2,20)－eq\f(y2,80)＝1答案A解析∵双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的焦距为10，∴c＝5＝eq\r(a2＋b2)①.又双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x，且P(2，1)在渐近线上，∴eq\f(2b,a)＝1，即a＝2b②.由①②，解得a＝2eq\r(5)，b＝eq\r(5)，则C的方程为eq\f(x2,20)－eq\f(y2,5)＝1.故选A.4．设双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，以OF为直径的圆交双曲线的一条渐近线于另一点A(O为坐标原点)，且|OA|＝2|AF|，则双曲线C的离心率e为()A.eq\r(5) B.eq\f(\r(5),2)C.eq\r(2) D．2答案B解析由题意可得tan∠AOF＝eq\f(|AF|,|OA|)＝eq\f(|AF|,2|AF|)＝eq\f(1,2)，又双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x，∴eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，∴e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(b2＋a2,a2)＝eq\f(\f(a2,4)＋a2,a2)＝eq\f(5,4)，故e＝eq\f(\r(5),2).故选B.5．设F1，F2是双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1的两个焦点，P是双曲线上的一点，且3|PF1|＝5|PF2|，则△PF1F2的面积为()A．24 B．15eq\r(2)C．12eq\r(3) D．30答案A解析由3|PF1|＝5|PF2|，得|PF1|＝eq\f(5,3)|PF2|，又P是双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1上的一点，则|PF1|－|PF2|＝eq\f(2,3)|PF2|＝4，则|PF2|＝6，|PF1|＝10，又|F1F2|＝8，则|PF2|2＋|F1F2|2＝|PF1|2，则PF2⊥F1F2，则△PF1F2的面积为eq\f(1,2)|PF2|·|F1F2|＝eq\f(1,2)×6×8＝24.故选A.6．(多选)已知双曲线C：eq\f(x2,4)－y2＝1，点A，B在双曲线C上，AB的中点为(1，1)，则()A．C的渐近线方程为y＝±2xB．C的右焦点为(2，0)C．C与圆x2＋y2＝1没有交点D．直线AB的方程为x－4y＋3＝0答案CD解析对于A，B，由双曲线C：eq\f(x2,4)－y2＝1可得a2＝4，b2＝1，c2＝5，所以渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\f(1,2)x，右焦点为(eq\r(5)，0)，故A，B不正确；对于C，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)－y2＝1，,x2＋y2＝1，))消去y可得x2＝eq\f(8,5)，代入x2＋y2＝1，解得y无实数根，所以C与圆x2＋y2＝1没有交点，故C正确；对于D，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq\f(xeq\o\al(2,1),4)－yeq\o\al(2,1)＝1，eq\f(xeq\o\al(2,2),4)－yeq\o\al(2,2)＝1，两式相减，得eq\f(（x1＋x2）（x1－x2）,4)－(y1＋y2)(y1－y2)＝0，因为AB的中点为(1，1)，所以x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，所以eq\f(2（x1－x2）,4)－2(y1－y2)＝0，易得直线AB的斜率存在，故可得kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(1,4)，则直线AB的方程为y－1＝eq\f(1,4)(x－1)，即x－4y＋3＝0，联立直线x－4y＋3＝0和双曲线C的方程，消去x，可得12y2－24y＋5＝0，此时Δ＝242－4×12×5>0，则直线与双曲线有两个交点，符合题意，故直线AB的方程为x－4y＋3＝0，故D正确．故选CD.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，P为C右支上一点，⊙P与x轴切于点F，与y轴交于点A，B，∠APB＝60°，则C的离心率为________．答案eq\r(3)解析不妨设点P在x轴的上方，因为PF⊥x轴，将xP＝c代入eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1，得yP＝eq\f(b2,a)＝|PF|，因为∠APB＝60°，|PA|＝|PB|＝|PF|，则有|AB|＝|PF|，且△ABP为等边三角形，所以c＝eq\f(\r(3),2)·eq\f(b2,a)，即2ac＝eq\r(3)(c2－a2)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))eq\s\up12(2)－eq\f(2\r(3),3)·eq\f(c,a)－1＝0，又e＝eq\f(c,a)∈(1，＋∞)，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3).8．若F是双曲线eq\f(x2,3)－y2＝1的右焦点，Q是双曲线上的一点，过点F，Q的直线l与y轴交于点M，且eq\o(MQ,\s\up16(→))＋2eq\o(QF,\s\up16(→))＝0，则直线l的斜率为________．答案±eq\f(\r(39),6)解析在双曲线eq\f(x2,3)－y2＝1中，a＝eq\r(3)，b＝1，c＝eq\r(a2＋b2)＝2，则F(2，0)，若直线l⊥x轴，则l与y轴无交点，故直线l的斜率存在，由题意设直线l的方程为y＝k(x－2)，令x＝0，得y＝－2k，则M(0，－2k)，设Q(x，y)，则eq\o(MQ,\s\up16(→))＝(x，y＋2k)，eq\o(QF,\s\up16(→))＝(2－x，－y)，因为eq\o(MQ,\s\up16(→))＋2eq\o(QF,\s\up16(→))＝0，所以(x，y＋2k)＋2(2－x，－y)＝0，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4－x＝0，,－y＋2k＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝2k，))即点Q(4，－2k)，因为点Q在双曲线上，所以eq\f(16,3)－4k2＝1，解得k＝±eq\f(\r(39),6)，所以直线l的斜率为±eq\f(\r(39),6).二、高考小题9．(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|＝()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)答案D解析由e＝eq\r(5)，得eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2＋b2,a2)＝1＋eq\f(b2,a2)＝5，解得eq\f(b,a)＝2，所以双曲线的渐近线方程为y＝±2x，易知渐近线y＝2x与圆相交，则圆心(2，3)到渐近线y＝2x的距离d＝eq\f(|2×2－3|,\r(22＋（－1）2))＝eq\f(\r(5),5)，所以弦长为|AB|＝2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(1－\f(1,5))＝eq\f(4\r(5),5).故选D.10．(2023·天津高考)双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2.过F2作其中一条渐近线的垂线，垂足为P.已知|PF2|＝2，直线PF1的斜率为eq\f(\r(2),4)，则双曲线的方程为()A.eq\f(x2,8)－eq\f(y2,4)＝1 B.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,8)＝1C.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1 D.eq\f(x2,2)－eq\f(y2,4)＝1答案D解析解法一：不妨取渐近线y＝eq\f(b,a)x，此时直线PF2的方程为y＝－eq\f(a,b)(x－c)，与y＝eq\f(b,a)x联立，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(a2,c)，,y＝\f(ab,c)，))即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)，\f(ab,c))).因为直线PF2与渐近线y＝eq\f(b,a)x垂直，所以PF2的长度即为点F2(c，0)到直线y＝eq\f(b,a)x(即bx－ay＝0)的距离，由点到直线的距离公式，得|PF2|＝eq\f(bc,\r(b2＋a2))＝eq\f(bc,c)＝b，所以b＝2.因为F1(－c，0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)，\f(ab,c)))，且直线PF1的斜率为eq\f(\r(2),4)，所以eq\f(\f(ab,c),\f(a2,c)＋c)＝eq\f(\r(2),4)，化简得eq\f(ab,a2＋c2)＝eq\f(\r(2),4)，又b＝2，c2＝a2＋b2，所以eq\f(2a,2a2＋4)＝eq\f(\r(2),4)，整理得a2－2eq\r(2)a＋2＝0，即(a－eq\r(2))2＝0，解得a＝eq\r(2).所以双曲线的方程为eq\f(x2,2)－eq\f(y2,4)＝1.故选D.解法二：因为过点F2向其中一条渐近线作垂线，垂足为P，且|PF2|＝2，所以b＝2，再结合选项，排除B，C；若双曲线方程为eq\f(x2,8)－eq\f(y2,4)＝1，则F1(－2eq\r(3)，0)，F2(2eq\r(3)，0)，渐近线方程为y＝±eq\f(\r(2),2)x，不妨取渐近线y＝eq\f(\r(2),2)x，则直线PF2的方程为y＝－eq\r(2)(x－2eq\r(3))，与渐近线方程y＝eq\f(\r(2),2)x联立，得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)，\f(2\r(6),3)))，则kPF1＝eq\f(\r(2),5)，又直线PF1的斜率为eq\f(\r(2),4)，所以双曲线方程eq\f(x2,8)－eq\f(y2,4)＝1不符合题意，排除A.故选D.11．(2023·全国乙卷)设A，B为双曲线x2－eq\f(y2,9)＝1上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是()A．(1，1) B．(－1，2)C．(1，3) D．(－1，－4)答案D解析解法一：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则AB的中点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，可得kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)，直线OM的斜率k＝eq\f(\f(y1＋y2,2),\f(x1＋x2,2))＝eq\f(y1＋y2,x1＋x2)，因为A，B在双曲线上，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,1)－\f(yeq\o\al(2,1),9)＝1，,xeq\o\al(2,2)－\f(yeq\o\al(2,2),9)＝1，))两式相减得(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))－eq\f(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2),9)＝0，所以kAB·k＝eq\f(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2),xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))＝9.对于A，k＝1，kAB＝9，则直线AB：y＝9x－8，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝9x－8，,x2－\f(y2,9)＝1，))消去y得72x2－2×72x＋73＝0，此时Δ＝(－2×72)2－4×72×73＝－288<0，所以直线AB与双曲线没有交点，故A不符合题意；对于B，k＝－2，kAB＝－eq\f(9,2)，则直线AB：y＝－eq\f(9,2)x－eq\f(5,2)，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(9,2)x－\f(5,2)，,x2－\f(y2,9)＝1，))消去y得45x2＋2×45x＋61＝0，此时Δ＝(2×45)2－4×45×61＝－4×45×16<0，所以直线AB与双曲线没有交点，故B不符合题意；对于C，k＝3，kAB＝3，则直线AB：y＝3x，由双曲线方程可得a＝1，b＝3，则直线AB：y＝3x为双曲线的渐近线，所以直线AB与双曲线没有交点，故C不符合题意；对于D，k＝4，kAB＝eq\f(9,4)，则直线AB：y＝eq\f(9,4)x－eq\f(7,4)，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(9,4)x－\f(7,4)，,x2－\f(y2,9)＝1，))消去y得63x2＋126x－193＝0，此时Δ＝1262＋4×63×193>0，故直线AB与双曲线有两个交点，故D符合题意．故选D.解法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为(x0，y0)，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,1)－\f(yeq\o\al(2,1),9)＝1①，,xeq\o\al(2,2)－\f(yeq\o\al(2,2),9)＝1②，))①－②得kAB＝eq\f(y2－y1,x2－x1)＝9×eq\f(x1＋x2,y1＋y2)＝9×eq\f(x0,y0)，即－3<9×eq\f(x0,y0)<3⇒－eq\f(1,3)<eq\f(x0,y0)<eq\f(1,3)，即eq\f(y0,x0)>3或eq\f(y0,x0)<－3.故选D.12．(2023·北京高考)已知双曲线C的焦点为(－2，0)和(2，0)，离心率为eq\r(2)，则C的方程为________．答案eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1解析令双曲线C的实半轴长、虚半轴长分别为a，b，显然双曲线C的中心为原点，焦点在x轴上，其半焦距c＝2，由双曲线C的离心率为eq\r(2)，得eq\f(c,a)＝eq\r(2)，解得a＝eq\r(2)，则b＝eq\r(c2－a2)＝eq\r(2)，所以C的方程为eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1.13．(2023·新课标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\up16(→))⊥eq\o(F1B,\s\up16(→))，eq\o(F2A,\s\up16(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(F2B,\s\up16(→))，则C的离心率为________．答案eq\f(3\r(5),5)解析解法一：依题意，设|AF2|＝2m，则|BF2|＝3m＝|BF1|，|AF1|＝2a＋2m，在Rt△ABF1中，9m2＋(2a＋2m)2＝25m2，则(a＋3m)(a－m)＝0，故a＝m或a＝－3m(舍去)，所以|AF1|＝4a，|AF2|＝2a，|BF2|＝|BF1|＝3a，则|AB|＝5a，故cos∠F1AF2＝eq\f(|AF1|,|AB|)＝eq\f(4a,5a)＝eq\f(4,5)，所以在△AF1F2中，cos∠F1AF2＝eq\f(16a2＋4a2－4c2,2×4a×2a)＝eq\f(4,5)，整理得5c2＝9a2，故e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3\r(5),5).解法二：依题意，得F1(－c，0)，F2(c，0)，令A(x0，y0)，B(0，t)，因为eq\o(F2A,\s\up16(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(F2B,\s\up16(→))，所以(x0－c，y0)＝－eq\f(2,3)(－c，t)，则x0＝eq\f(5,3)c，y0＝－eq\f(2,3)t，又eq\o(F1A,\s\up16(→))⊥eq\o(F1B,\s\up16(→))，所以eq\o(F1A,\s\up16(→))·eq\o(F1B,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)c，－\f(2,3)t))·(c，t)＝eq\f(8,3)c2－eq\f(2,3)t2＝0，则t2＝4c2，又点A在C上，则eq\f(\f(25,9)c2,a2)－eq\f(\f(4,9)t2,b2)＝1，整理得eq\f(25c2,9a2)－eq\f(4t2,9b2)＝1，则eq\f(25c2,9a2)－eq\f(16c2,9b2)＝1，所以25c2b2－16c2a2＝9a2b2，即25c2(c2－a2)－16a2c2＝9a2(c2－a2)，整理得25c4－50a2c2＋9a4＝0，则(5c2－9a2)(5c2－a2)＝0，解得5c2＝9a2或5c2＝a2，又e>1，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3\r(5),5).解法三：由解法二得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)c，－\f(2,3)t))，t2＝4c2，所以|AF1|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)c＋c))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)t))\s\up12(2))＝eq\r(\f(64c2,9)＋\f(4t2,9))＝eq\r(\f(64c2,9)＋\f(16c2,9))＝eq\f(4\r(5)c,3)，|AF2|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)c－c))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)t))\s\up12(2))＝eq\r(\f(4c2,9)＋\f(4t2,9))＝eq\r(\f(4c2,9)＋\f(16c2,9))＝eq\f(2\r(5)c,3)，由双曲线的定义可得|AF1|－|AF2|＝2a，即eq\f(4\r(5)c,3)－eq\f(2\r(5)c,3)＝2a，即eq\f(\r(5),3)c＝a，所以C的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3,\r(5))＝eq\f(3\r(5),5).14．(2022·全国甲卷)若双曲线y2－eq\f(x2,m2)＝1(m＞0)的渐近线与圆x2＋y2－4y＋3＝0相切，则m＝________．答案eq\f(\r(3),3)解析双曲线y2－eq\f(x2,m2)＝1(m＞0)的渐近线为y＝±eq\f(x,m)，即x±my＝0，不妨取x＋my＝0，圆x2＋y2－4y＋3＝0，即x2＋(y－2)2＝1，所以圆心为(0，2)，半径r＝1，依题意，圆心(0，2)到渐近线x＋my＝0的距离d＝eq\f(|2m|,\r(1＋m2))＝1，解得m＝eq\f(\r(3),3)或m＝－eq\f(\r(3),3)(舍去)．三、模拟小题15．(2024·河南郑州外国语学校高三上第三次调研考试)设双曲线C1：x2－y2＝1，C2：eq\f(x2,8)－eq\f(y2,b2)＝1(b>0)的离心率分别为e1，e2，若e2＝eq\f(3,4)e1，则b＝()A．1 B．2C.eq\r(2) D.eq\r(3)答案A解析由双曲线C1：x2－y2＝1，可得其离心率为e1＝eq\r(2)，又由双曲线C2：eq\f(x2,8)－eq\f(y2,b2)＝1(b>0)，可得其离心率为e2＝eq\f(\r(8＋b2),2\r(2))＝eq\r(1＋\f(b2,8))，因为e2＝eq\f(3,4)e1，所以eq\r(1＋\f(b2,8))＝eq\f(3,4)×eq\r(2)，解得b＝1.故选A.16．(2023·湖南师大附中高三月考)已知F1，F2分别是双曲线C：x2－eq\f(y2,2)＝1的左、右焦点，点M在双曲线的右支上，且|MF1|＋|MF2|＝6，则∠MF2F1＝()A．30° B．45°C.60° D．90°答案D解析由F1，F2分别是双曲线C：x2－eq\f(y2,2)＝1的左、右焦点，得|F1F2|＝2eq\r(1＋2)＝2eq\r(3).由双曲线的定义，得|MF1|－|MF2|＝2，而|MF1|＋|MF2|＝6，解得|MF1|＝4，|MF2|＝2.由余弦定理，得cos∠MF2F1＝eq\f(|MF2|2＋|F1F2|2－|MF1|2,2|MF2|·|F1F2|)＝eq\f(22＋（2\r(3)）2－42,2×2×2\r(3))＝0，所以∠MF2F1＝90°.故选D.17．(2024·河南省实验中学高三第一次月考)设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，O为坐标原点，过左焦点F1作直线F1P与圆x2＋y2＝a2切于点E，与双曲线右支交于点P，且满足eq\o(OE,\s\up16(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OP,\s\up16(→))＋eq\o(OF1,\s\up16(→)))，则双曲线的离心率为()A.eq\r(2) B.eq\r(3)C．2 D.eq\r(5)答案D解析∵E为圆x2＋y2＝a2上的点，∴|OE|＝a，∵eq\o(OE,\s\up16(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OP,\s\up16(→))＋eq\o(OF1,\s\up16(→)))，∴E是PF1的中点，又O是F1F2的中点，∴|PF2|＝2|OE|＝2a，且PF2∥OE，又|PF1|－|PF2|＝2a，∴|PF1|＝4a，∵PF1是圆的切线，∴OE⊥PF1，∴PF2⊥PF1，又|F1F2|＝2c，∴4c2＝|PF1|2＋|PF2|2＝16a2＋4a2＝20a2，故c2＝5a2，离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(5).故选D.18．(2023·陕西西安长安区高三一模)已知点F(4，0)是双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点，过点F向C的一条渐近线引垂线，垂足为A，交另一条渐近线于点B.若2eq\o(AF,\s\up16(→))＝eq\o(FB,\s\up16(→))，则双曲线C的方程为()A.eq\f(x2,12)－eq\f(y2,4)＝1 B.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1C.eq\f(x2,10)－eq\f(y2,6)＝1 D.eq\f(x2,6)－eq\f(y2,10)＝1答案A解析双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为bx±ay＝0，不妨令点A在直线bx－ay＝0上，a2＋b2＝16，如图．因为AF⊥OA，则|AF|＝eq\f(4b,\r(a2＋b2))＝eq\f(4b,4)＝b，而2eq\o(AF,\s\up16(→))＝eq\o(FB,\s\up16(→))，即有|FB|＝2|AF|＝2b，|AB|＝3b，|OA|＝eq\r(|OF|2－|AF|2)＝eq\r(42－b2)＝a，sin∠AOF＝eq\f(b,4)，由2eq\o(AF,\s\up16(→))＝eq\o(FB,\s\up16(→))知，点A，B在y轴同侧，于是∠AOB＝2∠AOF∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，cos∠AOB＝1－2sin2∠AOF＝1－eq\f(b2,8)>0，b2<8，在Rt△AOB中，|OB|＝eq\r(|OA|2＋|AB|2)＝eq\r(a2＋9b2)＝eq\r(16＋8b2)，由|OA|＝|OB|cos∠AOB，得a＝eq\r(16＋8b2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(b2,8)))，整理，得8(16－b2)＝(b2＋2)(8－b2)2，则b4－14b2＋40＝0，解得b2＝4或b2＝10(舍去)，所以b2＝4，a2＝12，双曲线C的方程为eq\f(x2,12)－eq\f(y2,4)＝1.故选A.19．(多选)(2023·广东茂名市第一中学校考三模)我国首先研制成功的“双曲线新闻灯”如图，利用了双曲线的光学性质：F1，F2是双曲线的左、右焦点，从F2发出的光线m射在双曲线右支上一点P，经点P反射后，反射光线的反向延长线过F1；当P异于双曲线顶点时，双曲线在点P处的切线平分∠F1PF2.若双曲线C的方程为eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1，则下列结论正确的是()A．射线n所在直线的斜率为k，则k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(4,3)))B．当m⊥n时，|PF1|·|PF2|＝32C．当n过点Q(7，5)时，光线由F2到P再到Q所经过的路程为13D．若点T的坐标为(1，0)，直线PT与C相切，则|PF2|＝12答案ABD解析因为双曲线C的方程为eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1，所以a＝3，b＝4，c＝5，渐近线方程为y＝±eq\f(4,3)x.对于A，因为直线PF1与双曲线有两个交点，所以k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(4,3)))，A正确；对于B，由双曲线的定义知，|PF1|－|PF2|＝2a＝6，若m⊥n，则|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝(2c)2＝100，因为(|PF1|－|PF2|)2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|，所以36＝100－2|PF1|·|PF2|，解得|PF1|·|PF2|＝32，B正确；对于C，|PF2|＋|PQ|＝(|PF1|－2a)＋|PQ|＝|F1Q|－2a＝eq\r(（7＋5）2＋（5－0）2)－2×3＝7，C错误；对于D，因为PT平分∠F1PF2，由角平分线定理知，eq\f(|PF1|,|TF1|)＝eq\f(|PF2|,|TF2|)，所以eq\f(|PF1|,|PF2|)＝eq\f(|TF1|,|TF2|)＝eq\f(5＋1,5－1)＝eq\f(3,2)，又|PF1|－|PF2|＝6，所以eq\f(3,2)|PF2|－|PF2|＝6，解得|PF2|＝12，D正确．故选ABD.20．(多选)(2023·湖南岳阳二模)已知双曲线E：eq\f(x2,a2)－y2＝1(a>0)的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)，过点F2作直线与双曲线E的右支交于P，Q两点，在点P处作双曲线E的切线，与E的两条渐近线分别交于A，B，则()A．若|PF1|·|PF2|＝2，则eq\o(PF1,\s\up16(→))·eq\o(PF2,\s\up16(→))＝0B．若eq\f(a,sin∠PF1F2)＝eq\f(c,sin∠PF2F1)，则双曲线的离心率e∈(1，eq\r(2)＋1]C．△F1PQ周长的最小值为8D．△AOB(O为坐标原点)的面积为定值答案ACD解析对于A，由题意知|PF1|－|PF2|＝2a，a2＋1＝c2，则|PF1|2－2|PF1|·|PF2|＋|PF2|2＝4a2，所以有|PF1|2＋|PF2|2＝4a2＋4＝4c2＝|F1F2|2，从而eq\o(PF1,\s\up16(→))⊥eq\o(PF2,\s\up16(→))，eq\o(PF1,\s\up16(→))·eq\o(PF2,\s\up16(→))＝0，故A正确；对于B，在△PF1F2中，由正弦定理得eq\f(|PF1|,sin∠PF2F1)＝eq\f(|PF2|,sin∠PF1F2)，则eq\f(sin∠PF1F2,sin∠PF2F1)＝eq\f(|PF2|,|PF1|)＝eq\f(a,c)，解得|PF1|＝eq\f(c,a)|PF2|.又|PF1|－|PF2|＝2a，所以|PF2|＝eq\f(2a2,c－a)>c－a，整理得c2－2ac－a2<0，所以e2－2e－1<0，解得1<e<eq\r(2)＋1，故B错误；对于C，当直线PQ垂直x轴时，|PQ|最小，为eq\f(2,a)，|PF1|＋|QF1|＋|PQ|＝2a＋|PF2|＋2a＋|QF2|＋|PQ|＝4a＋2|PQ|≥4a＋eq\f(4,a)≥8，故C正确；对于D，设P(x0，y0)，过点P的双曲线E的切线方程为eq\f(x0,a2)x－y0y＝1，E的渐近线方程为y＝±eq\f(1,a)x，不妨设切线eq\f(x0,a2)x－y0y＝1与渐近线y＝eq\f(1,a)x的交点为A，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,a)x，,\f(x0,a2)x－y0y＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(a2,x0－ay0)，,y＝\f(a,x0－ay0)，))即Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,x0－ay0)，\f(a,x0－ay0)))，同理可得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,x0＋ay0)，－\f(a,x0＋ay0))).又因为点P在双曲线E上，则有eq\f(xeq\o\al(2,0),a2)－yeq\o\al(2,0)＝1，xA＋xB＝eq\f(a2,x0－ay0)＋eq\f(a2,x0＋ay0)＝2x0，故点P是AB的中点．设切线eq\f(x0,a2)x－y0y＝1与x轴的交点为G，易知Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,x0)，0))，所以S△AOP＝eq\f(1,2)·eq\f(a2,x0)|yA－y0|＝eq\f(a,2)·eq\f(a,x0)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,x0－ay0)－y0))＝eq\f(a,2)，所以S△AOB＝2S△AOP＝a，故D正确．故选ACD.21．(2024·四川巴蜀中学高三适应性月考(二))已知F为双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一个焦点，过F平行于C的一条渐近线的直线交C于点P，|OP|＝eq\r(a2＋b2)(O为坐标原点)，则双曲线C的离心率为________．答案eq\r(5)解析设点P(x，y)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝c2，,b2x2－a2y2＝a2b2))⇒eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|x|＝\f(a\r(b2＋c2),c)，,|y|＝\f(b2,c)，))∴eq\f(b,a)＝eq\f(\f(b2,c),c－\f(a\r(b2＋c2),c))⇒c2－ab＝aeq\r(b2＋c2)⇒b＝2a，∴双曲线C的离心率为eq\r(5).22．(2024·福建泉州实验中学高三上月考)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，离心率为5，点A是双曲线上的任意一点，满足AF1⊥AF2，∠AF1F2的平分线与AF2相交于点B，则F1B分△AF1F2所得的两个三角形的面积之比eq\f(S△BF1A,S△BF1F2)＝________．答案eq\f(3,5)或eq\f(4,5)解析如图所示，因为双曲线C的离心率为e＝eq\f(c,a)＝5，则c＝5a，所以|F1F2|＝2c＝10a，若点A在右支上，且AF1⊥AF2，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|AF1|－|AF2|＝2a，,|AF1|2＋|AF2|2＝|F1F2|2＝100a2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|AF1|＝8a，,|AF2|＝6a，))因为∠AF1F2的平分线与AF2相交于点B，由角平分线的性质可知，点B到直线AF1，F1F2的距离相等，此时eq\f(S△BF1A,S△BF1F2)＝eq\f(|AF1|,|F1F2|)＝eq\f(4,5)；若点A在左支上，同理可求得|AF1|＝6a，则eq\f(S△BF1A,S△BF1F2)＝eq\f(|AF1|,|F1F2|)＝eq\f(3,5).综上所述，eq\f(S△BF1A,S△BF1F2)＝eq\f(3,5)或eq\f(4,5).一、高考大题1．(2022·新高考Ⅱ卷)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(2，0)，渐近线方程为y＝±eq\r(3)x.(1)求C的方程；(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1＞x2＞0，y1＞0.过P且斜率为－eq\r(3)的直线与过Q且斜率为eq\r(3)的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①M在AB上；②PQ∥AB；③|AM|＝|BM|.注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．解(1)由右焦点为F(2，0)，得c＝2，因为渐近线方程为y＝±eq\r(3)x，所以eq\f(b,a)＝eq\r(3)，即b＝eq\r(3)a，所以c2＝a2＋b2＝4a2＝4，所以a＝1，b＝eq\r(3).所以C的方程为x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，设直线PQ的方程为y＝kx＋t(k≠0)，将直线PQ的方程代入C的方程，整理得(3－k2)x2－2ktx－t2－3＝0，则x1＋x2＝eq\f(2kt,3－k2)，x1x2＝－eq\f(t2＋3,3－k2)＞0，所以3－k2＜0，所以x1－x2＝eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\f(2\r(3（t2＋3－k2）),k2－3).设点M的坐标为(xM，yM)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yM－y1＝－\r(3)（xM－x1），,yM－y2＝\r(3)（xM－x2），))两式相减，得y1－y2＝2eq\r(3)xM－eq\r(3)(x1＋x2)，又y1－y2＝(kx1＋t)－(kx2＋t)＝k(x1－x2)，所以2eq\r(3)xM＝k(x1－x2)＋eq\r(3)(x1＋x2)，解得xM＝eq\f(k\r(t2＋3－k2)－kt,k2－3).两式相加，得2yM－(y1＋y2)＝eq\r(3)(x1－x2)，又y1＋y2＝(kx1＋t)＋(kx2＋t)＝k(x1＋x2)＋2t，所以2yM＝k(x1＋x2)＋eq\r(3)(x1－x2)＋2t，解得yM＝eq\f(3\r(t2＋3－k2)－3t,k2－3)＝eq\f(3,k)xM.因此，点M的轨迹为直线y＝eq\f(3,k)x，其中k为直线PQ的斜率．若选择①②：因为PQ∥AB，所以直线AB的方程为y＝k(x－2)，设A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令点A在直线y＝eq\r(3)x上，则由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yA＝k（xA－2），,yA＝\r(3)xA，))解得xA＝eq\f(2k,k－\r(3))，yA＝eq\f(2\r(3)k,k－\r(3))，同理可得xB＝eq\f(2k,k＋\r(3))，yB＝－eq\f(2\r(3)k,k＋\r(3))，所以xA＋xB＝eq\f(4k2,k2－3)，yA＋yB＝eq\f(12k,k2－3).点M的坐标满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yM＝k（xM－2），,yM＝\f(3,k)xM，))得xM＝eq\f(2k2,k2－3)＝eq\f(xA＋xB,2)，yM＝eq\f(6k,k2－3)＝eq\f(yA＋yB,2)，故M为AB的中点，即|AM|＝|BM|.若选择①③：当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2，0)，此时M不在直线y＝eq\f(3,k)x上，矛盾．当直线AB的斜率存在时，易知直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为y＝m(x－2)(m≠0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令点A在直线y＝eq\r(3)x上，则由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yA＝m（xA－2），,yA＝\r(3)xA，))解得xA＝eq\f(2m,m－\r(3))，yA＝eq\f(2\r(3)m,m－\r(3))，同理可得xB＝eq\f(2m,m＋\r(3))，yB＝－eq\f(2\r(3)m,m＋\r(3))，因为M在AB上，且|AM|＝|BM|，所以xM＝eq\f(xA＋xB,2)＝eq\f(2m2,m2－3)，yM＝eq\f(yA＋yB,2)＝eq\f(6m,m2－3)，又点M在直线y＝eq\f(3,k)x上，所以eq\f(6m,m2－3)＝eq\f(3,k)·eq\f(2m2,m2－3)，解得k＝m，因此PQ∥AB.若选择②③：因为PQ∥AB，所以直线AB的方程为y＝k(x－2)，设A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令点A在直线y＝eq\r(3)x上，则由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yA＝k（xA－2），,yA＝\r(3)xA，))解得xA＝eq\f(2k,k－\r(3))，yA＝eq\f(2\r(3)k,k－\r(3))，同理可得xB＝eq\f(2k,k＋\r(3))，yB＝－eq\f(2\r(3)k,k＋\r(3)).设AB的中点为C(xC，yC)，则xC＝eq\f(xA＋xB,2)＝eq\f(2k2,k2－3)，yC＝eq\f(yA＋yB,2)＝eq\f(6k,k2－3).因为|AM|＝|BM|，所以M在AB的垂直平分线上，即M在直线y－yC＝－eq\f(1,k)(x－xC)，即y－eq\f(6k,k2－3)＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2k2,k2－3)))上，与y＝eq\f(3,k)x联立，得xM＝eq\f(2k2,k2－3)＝xC，yM＝eq\f(6k,k2－3)＝yC，即M恰为AB的中点，故M在直线AB上．2．(2022·新高考Ⅰ卷)已知点A(2，1)在双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,a2－1)＝1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0.(1)求l的斜率；(2)若tan∠PAQ＝2eq\r(2)，求△PAQ的面积．解(1)将点A的坐标代入双曲线方程得eq\f(4,a2)－eq\f(1,a2－1)＝1，化简得a4－4a2＋4＝0，得a2＝2，故双曲线C的方程为eq\f(x2,2)－y2＝1.由题易知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立直线l与双曲线C的方程并整理得(2k2－1)x2＋4kmx＋2m2＋2＝0，故x1＋x2＝－eq\f(4km,2k2－1)，x1x2＝eq\f(2m2＋2,2k2－1).kAP＋kAQ＝eq\f(y1－1,x1－2)＋eq\f(y2－1,x2－2)＝eq\f(kx1＋m－1,x1－2)＋eq\f(kx2＋m－1,x2－2)＝0，化简得2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，故eq\f(2k（2m2＋2）,2k2－1)＋(m－1－2k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4km,2k2－1)))－4(m－1)＝0，整理得(k＋1)(m＋2k－1)＝0，又直线l不过点A，即m＋2k－1≠0，故k＝－1.(2)不妨设直线PA的倾斜角为θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜θ＜\f(π,2)))，由题意知∠PAQ＝π－2θ，所以tan∠PAQ＝－tan2θ＝eq\f(2tanθ,tan2θ－1)＝2eq\r(2)，解得tanθ＝eq\r(2)或tanθ＝－eq\f(\r(2),2)(舍去)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(y1－1,x1－2)＝\r(2)，,\f(xeq\o\al(2,1),2)－yeq\o\al(2,1)＝1，))得x1＝eq\f(10－4\r(2),3)，所以|AP|＝eq\r(3)|x1－2|＝eq\f(4\r(3)×（\r(2)－1）,3)，同理得x2＝eq\f(10＋4\r(2),3)，所以|AQ|＝eq\r(3)|x2－2|＝eq\f(4\r(3)×（\r(2)＋1）,3).因为tan∠PAQ＝2eq\r(2)，所以sin∠PAQ＝eq\f(2\r(2),3)，故S△PAQ＝eq\f(1,2)|AP||AQ|sin∠PAQ＝eq\f(1,2)×eq\f(4\r(3)×（\r(2)－1）,3)×eq\f(4\r(3)×（\r(2)＋1）,3)×eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(16\r(2),9).二、模拟大题3．(2024·江西红色十校高三联考)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，右焦点F到一条渐近线的距离为eq\r(3).(1)求双曲线C的方程；(2)已知点B(0，b)，过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)，0))作直线l与双曲线C相交于M，N两点，若|BM|＝|BN|，求直线l的方程．解(1)由题意知F(c，0)，双曲线C的一条渐近线为bx＋ay＝0，则eq\f(|bc＋0|,\r(b2＋a2))＝b＝eq\r(3)，又e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(1＋\f(3,a2))＝2，所以a＝1，所以双曲线C的方程为x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)由(1)知，B(0，eq\r(3))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，0))，由题易知直线l的斜率存在，当直线l的斜率为0时，直线l的方程为y＝0，此时直线l与双曲线C的交点为(－1，0)和(1，0)，满足|BM|＝|BN|，符合题意；当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，线段MN的中点为Q(x0，y0)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋m，))整理得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－k2≠0，,Δ＝（－2km）2＋4（3－k2）（m2＋3）>0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－k2≠0，,m2＋3－k2>0，))所以x1＋x2＝eq\f(2km,3－k2)，x1x2＝－eq\f(m2＋3,3－k2)，x0＝eq\f(km,3－k2)，y0＝eq\f(3m,3－k2)，因为|BM|＝|BN|，所以BQ⊥MN，所以kBQ＝eq\f(y0－\r(3),x0)＝eq\f(\f(3m,3－k2)－\r(3),\f(km,3－k2))＝eq\f(3m－3\r(3)＋\r(3)k2,km)＝－eq\f(1,k)，所以3－k2＝eq\f(4\r(3),3)m，又点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，0))在直线l上，所以m＝eq\f(\r(3),2)k，所以3－k2＝2k，解得k＝－3或k＝1，满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－k2≠0，,m2＋3－k2>0，))所以直线l的方程为y＝－3x－eq\f(3\r(3),2)或y＝x＋eq\f(\r(3),2).综上，直线l的方程为y＝0，y＝－3x－eq\f(3\r(3),2)或y＝x＋eq\f(\r(3),2).4．(2023·江苏苏州八校高三联考第一次适应性检测)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)过点(2，2)，且离心率为eq\r(3).(1)求双曲线C的方程；(2)设直线l是圆O：x2＋y2＝4上的动点P(x0，y0)(x0y0≠0)处的切线，l与双曲线C交于不同的两点A，B，证明：以AB为直径的圆过坐标原点．解(1)由题意得eq\f(c,a)＝eq\r(3)，故c2＝3a2＝a2＋b2，故b2＝2a2.又双曲线C过点(2，2)，可得eq\f(4,a2)－eq\f(4,b2)＝1，即eq\f(4,a2)－eq\f(4,2a2)＝1，解得a2＝2，b2＝4，则双曲线C的方程为eq\f(x2,2)－eq\f(y2,4)＝1.(2)证法一：因为点P(x0，y0)(x0y0≠0)在圆x2＋y2＝4上，所以圆在点P(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝－eq\f(x0,y0)(x－x0)，化简得x0x＋y0y＝4.则直线l的方程为x0x＋y0y＝4，代入双曲线C的方程2x2－y2＝4，变形得4(2x2－y2)＝(x0x＋y0y)2，整理得(yeq\o\al(2,0)＋4)y2＋2x0y0xy＋(xeq\o\al(2,0)－8)x2＝0，等号两边同除以x2(x2≠0)，得(yeq\o\al(2,0)＋4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)))eq\s\up12(2)＋2x0y0·eq\f(y,x)＋(xeq\o\al(2,0)－8)＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则kOAkOB＝eq\f(y1,x1)·eq\f(y2,x2)＝eq\f(xeq\o\al(2,0)－8,yeq\o\al(2,0)＋4)＝eq\f(（4－yeq\o\al(2,0)）－8,yeq\o\al(2,0)＋4)＝－1，故OA⊥OB，即以AB为直径的圆过坐标原点．证法二：