2025高考数学专项复习第九章 平面解析几何第6节 第2课时 直线与双曲线的位置关系含答案

2025高考数学专项复习第九章平面解析几何第2课时直线与双曲线的位置关系课标解读考向预测1.掌握直线与双曲线的位置关系及其判定方法.2.会求直线和双曲线相交的弦长.3.能够解决弦中点问题.从近三年高考来看，直线与双曲线的综合问题是高考的热点，题型以解答题为主，难度偏大．预计2025年高考可能会与渐近线、离心率等综合考查，选择题、填空题、解答题都有可能出现.必备知识——强基础1．直线与双曲线的位置关系将直线的方程y＝kx＋m与双曲线的方程eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)联立组成方程组，消元转化为关于x的方程(b2－a2k2)x2－2a2mkx－a2m2－a2b2＝0.(1)若b2－a2k2＝0(m≠0)，即k＝±eq\f(b,a)时，直线与双曲线的渐近线eq\x(\s\up1(01))平行，直线与双曲线eq\x(\s\up1(02))相交于一点．(2)若b2－a2k2≠0，即k≠±eq\f(b,a)时，Δ＝(－2a2mk)2－4(b2－a2k2)(－a2m2－a2b2)．①Δ＞0⇔直线和双曲线相交⇔直线和双曲线有两个交点；②Δ＝0⇔直线和双曲线相切⇔直线和双曲线有一个公共点；③Δ＜0⇔直线和双曲线相离⇔直线和双曲线无公共点．2．直线与双曲线的相交弦设直线y＝kx＋m交双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)于P1(x1，y1)，P2(x2，y2)两点，则|P1P2|＝eq\r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)＝eq\r(（x1－x2）2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1－y2,x1－x2)))\s\up12(2))))＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|，同理，可得|P1P2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|(k≠0)．这里|x1－x2|，|y1－y2|的求法通常使用根与系数的关系，需作以下变形：|x1－x2|＝eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)，|y1－y2|＝eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2).1．与双曲线只有一个公共点的直线有两种：一种是与渐近线平行且与双曲线交于一点的直线；另一种是与双曲线相切的直线．2．同支的焦点弦中最短的为通径(过焦点且垂直于实轴的弦)，其长为eq\f(2b2,a)；异支的弦中最短的弦为实轴，其长为2a.1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)直线与双曲线相交一定有两个公共点．()(2)直线y＝x与双曲线eq\f(x2,5)－y2＝1一定不相切．()(3)过双曲线上两点A(x1，y1)，B(x2，y2)的直线的斜率k＝eq\f(y2－y1,x2－x1).()(4)直线y＝x－1被双曲线eq\f(x2,2)－y2＝1截得的弦长为eq\r(2).()答案(1)×(2)√(3)×(4)×2．小题热身(1)直线y＝eq\f(3,2)x＋2与双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,9)＝1的位置关系是()A．相切 B．相交C．相离 D．无法确定答案B解析由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋2，,\f(x2,4)－\f(y2,9)＝1，))得eq\f(x2,4)－eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x＋2))\s\up12(2),9)＝1整理，得6x＝－13.所以x＝－eq\f(13,6)，故直线和双曲线只有一个交点，又双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,9)＝1的渐近线方程为y＝±eq\f(3,2)x，所以直线y＝eq\f(3,2)x＋2与双曲线的一条渐近线平行且与双曲线只有一个交点．所以直线与双曲线的位置关系为相交．故选B.(2)(人教A选择性必修第一册复习参考题3T4改编)已知直线y＝kx－1与双曲线x2－y2＝1没有公共点，则k的取值范围是________．答案(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞)解析由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,x2－y2＝1，))得(1－k2)x2＋2kx－2＝0，当1－k2＝0时，方程有解，即直线y＝kx－1与双曲线x2－y2＝1有公共点；当1－k2≠0时，由Δ＝4k2＋8(1－k2)<0，解得k<－eq\r(2)或k>eq\r(2).故k的取值范围是(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞)．(3)(人教A选择性必修第一册习题3.2T1改编)直线l交双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1于A，B两点，且P(4，1)为AB的中点，则l的斜率为________．答案2解析设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为P(4，1)为AB的中点，所以有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝8，,y1＋y2＝2.))又点A，B在双曲线上，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,1)－2yeq\o\al(2,1)＝4，,xeq\o\al(2,2)－2yeq\o\al(2,2)＝4，))即(x1＋x2)(x1－x2)＝2(y1＋y2)(y1－y2)，则l的斜率k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(x1＋x2,2（y1＋y2）)＝eq\f(8,2×2)＝2，此时直线l的方程为y－1＝2(x－4)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x－7，,x2－2y2＝4，))消去y并整理，得7x2－56x＋102＝0，Δ＝562－4×7×102＝280>0，即直线l与双曲线交于两点，所以l的斜率为2.考点探究——提素养考点一直线与双曲线的位置关系例1若过点P(0，1)的直线l与双曲线E：x2－y2＝1的右支交于不同的两点，则直线l的斜率的取值范围为()A．(1，eq\r(2)) B．[－eq\r(2)，－1]C．[1，eq\r(2)] D．(－eq\r(2)，－1)答案D解析由题意可得直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋1，设交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2－y2＝1，))得(1－k2)x2－2kx－2＝0，由题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－k2≠0，,Δ＝4k2＋8（1－k2）>0，,x1＋x2＝\f(2k,1－k2)>0，,x1x2＝\f(－2,1－k2)>0，))解得－eq\r(2)<k<－1.故选D.【通性通法】通常把直线与双曲线的方程联立成方程组，通过消元后化为ax2＋bx＋c＝0的形式．(1)在a≠0的情况下考察方程的判别式①Δ>0时，直线与双曲线有两个不同的公共点；②Δ＝0时，直线与双曲线只有一个公共点；③Δ<0时，直线与双曲线没有公共点．(2)当a＝0时，此时直线与双曲线的渐近线平行，直线与双曲线有一个公共点．【巩固迁移】1．(2024·重庆第二次联合诊断)已知点P(1，2)和双曲线C：x2－eq\f(y2,4)＝1，过点P且与双曲线C只有一个公共点的直线l有()A．2条 B．3条C．4条 D．无数条答案A解析由题意可得，双曲线C：x2－eq\f(y2,4)＝1的渐近线方程为y＝±2x，点(1，0)是双曲线的顶点．若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x＝1，此时直线l与双曲线C只有一个公共点，符合题意；若直线l的斜率存在，则当直线l平行于渐近线y＝－2x时，直线l与双曲线C只有一个公共点，符合题意；若直线l的斜率为2，则直线l的方程为y＝2x，此时直线l为双曲线C的一条渐近线，不符合题意．综上所述，过点P且与双曲线C只有一个公共点的直线l共有2条．故选A.考点二弦长问题例2已知双曲线的焦距为4，焦点在x轴上，且过点P(2，3)．(1)求该双曲线的标准方程；(2)若直线m经过该双曲线的右焦点且斜率为1，求直线m被双曲线截得的弦长．解(1)设双曲线的方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，由已知可得左、右焦点F1，F2的坐标分别为(－2，0)，(2，0)，则|PF1|－|PF2|＝2＝2a，所以a＝1，又c＝2，所以b＝eq\r(3)，所以双曲线的标准方程为x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)由题意知直线m的方程为y＝x－2，联立双曲线方程与直线方程并消去y，得2x2＋4x－7＝0，设两交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1＋x2＝－2，x1x2＝－eq\f(7,2)，由弦长公式，得|AB|＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝6.【通性通法】1．距离公式法当弦的两端点坐标易求时，可直接求出交点坐标，再利用两点间距离公式求弦长．2．弦长公式法当弦的两端点坐标不易求时，可利用弦长公式求解，即若直线l：y＝kx＋m(k≠0)与双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则|AB|＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)或|AB|＝eq\r(1＋\f(1,k2))·|y1－y2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))·eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2).【巩固迁移】2．已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1过点(eq\r(2)，eq\r(3))，给出以下两个条件：①离心率为2；②与双曲线eq\f(y2,3)－x2＝1有相同的渐近线．(1)任选一个条件，求出双曲线C的方程；(2)直线l与直线4x－2y－1＝0平行，l被C截得的弦长为4eq\r(5)，求直线l的方程．解(1)若选择①：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2,a2)－\f(3,b2)＝1，,e＝\f(c,a)＝2，,c2＝a2＋b2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝1，,b2＝3，))所以双曲线C的方程为x2－eq\f(y2,3)＝1.若选择②：设双曲线的方程为eq\f(y2,3)－x2＝n(n≠0)，依题意，得eq\f(3,3)－2＝n，解得n＝－1，所以双曲线C的方程为x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)由题意，设直线l的方程为4x－2y＋m＝0，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－\f(y2,3)＝1，,4x－2y＋m＝0，))得4x2＋8mx＋m2＋12＝0，由Δ＝64m2－16(m2＋12)＝48m2－192>0，解得m<－2或m>2.设l交C于点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－2m，x1x2＝eq\f(m2＋12,4)，所以|AB|＝eq\r(1＋4)|x1－x2|＝eq\r(5)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(5)·eq\r(4m2－（m2＋12）)＝4eq\r(5)，解得m＝±eq\f(2\r(21),3).所以直线l的方程为6x－3y＋eq\r(21)＝0或6x－3y－eq\r(21)＝0.考点三中点弦问题例3(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(O为坐标原点)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.【通性通法】中点弦问题的解决方法方法一将直线方程与双曲线的方程联立，消元后得到一元二次方程，再用判别式和中点坐标公式求解方法二用点差法和中点坐标公式求解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)是双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)上不同的两点，且x1≠x2，x1＋x2≠0，M(x0，y0)为线段AB的中点，则eq\b\lc\{(\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.))两式相减可得eq\f(y1－y2,x1－x2)·eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝eq\f(b2,a2)，即kAB·eq\f(y0,x0)＝eq\f(b2,a2)，kAB＝eq\f(b2x0,a2y0)【巩固迁移】3．过点P(8，1)的直线与双曲线x2－4y2＝4交于A，B两点，且P是线段AB的中点，则直线AB的方程为________________．答案2x－y－15＝0解析设A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则xeq\o\al(2,1)－4yeq\o\al(2,1)＝4①，xeq\o\al(2,2)－4yeq\o\al(2,2)＝4②.由①－②，得(x1＋x2)(x1－x2)－4(y1＋y2)·(y1－y2)＝0，∵P是线段AB的中点，∴x1＋x2＝16，y1＋y2＝2，∴eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(x1＋x2,4（y1＋y2）)＝2.∴直线AB的斜率为2，∴直线AB的方程为2x－y－15＝0.考点四直线与双曲线的综合问题例4(2024·重庆一中质检)在平面直角坐标系xOy中，焦点在x轴上的双曲线C过点T(2，3)，且有一条倾斜角为120°的渐近线．(1)求双曲线C的标准方程；(2)设点F为双曲线C的右焦点，点P在C的右支上，点Q满足eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(PQ,\s\up6(→))，直线QF交双曲线C于A，B两点，若|AB|＝2|QF|，求点P的坐标．解(1)设双曲线C的标准方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x，则由题意可得，eq\f(4,a2)－eq\f(9,b2)＝1，且－eq\f(b,a)＝tan120°＝－eq\r(3)，解得a＝1，b＝eq\r(3)，则双曲线C的标准方程为x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)双曲线C的方程为x2－eq\f(y2,3)＝1，所以C的右焦点F(2，0)，点Q满足eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(PQ,\s\up6(→))，则P为OQ的中点，设P(m，n)，m>0，则Q(2m，2n)，若直线AB的斜率不存在，则其方程为x＝2，此时P(1，0)，m＝1，Q与F重合，不符合题意；若直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝k(x－2)，m≠1，因为kQF＝k，所以eq\f(2n,2m－2)＝k，所以n＝(m－1)k，因为点P在双曲线C上，所以3m2－n2＝3，所以3m2－[(m－1)k]2＝3，即k2＝eq\f(3m＋3,m－1)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－2），,3x2－y2＝3，))消去y，得(k2－3)x2－4k2x＋4k2＋3＝0，所以k2－3≠0，Δ＝16k4－4(k2－3)(4k2＋3)＝36(k2＋1)>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(4k2,k2－3)，x1x2＝eq\f(4k2＋3,k2－3).因为|AB|＝2|QF|，所以|x2－x1|＝2|2m－2|，所以(x1＋x2)2－4x1x2＝16(m－1)2，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k2,k2－3)))eq\s\up12(2)－4×eq\f(4k2＋3,k2－3)＝16(m－1)2，即9(k2＋1)＝4(m－1)2(k2－3)2，所以9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3m＋3,m－1)＋1))＝4(m－1)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3m＋3,m－1)－3))eq\s\up12(2)，解得m＝eq\f(3,2)，n＝±eq\f(\r(15),2)，符合题意，所以点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，±\f(\r(15),2))).【通性通法】利用双曲线的定义、几何性质来研究直线与双曲线的位置关系时：如果是判断直线与双曲线的位置关系，可以通过联立方程，利用方程组的解的个数来判断；如果涉及弦长问题，可以利用弦长公式解决；如果涉及面积问题，往往需要利用弦长公式、面积公式、构建目标函数来解决问题．【巩固迁移】4．(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).课时作业一、单项选择题1．直线y＝2x＋m与双曲线4x2－y2＝1的交点情况是()A．恒有一个交点B．存在m有两个交点C．至多有一个交点D．存在m有三个交点答案C解析将y＝2x＋m代入4x2－y2＝1，得m2＋4mx＋1＝0.当m＝0时，方程无解；当m≠0时，x＝eq\f(1＋m2,－4m)，所以至多有一个交点．故选C.2．在直线与双曲线的位置关系中，“公共点只有一个”是“直线与双曲线相切”的()A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件答案C解析当“直线与双曲线有且只有一个公共点”成立时，有可能是直线与双曲线的渐近线平行，此时“直线与双曲线相切”不成立．反之，由“直线与双曲线相切”一定能推出“直线与双曲线有且只有一个公共点”，所以“直线与双曲线有且只有一个公共点”是“直线与双曲线相切”的必要不充分条件．故选C.3．(2023·四川遂宁适应性考试)已知双曲线C：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1的右焦点为F，点A(0，m)，若直线AF与C只有一个交点，则m＝()A．±2 B．±4eq\r(3)C．±2eq\r(3) D．±4答案B解析双曲线的渐近线方程为y＝±eq\r(3)x，右焦点为F(4，0)，因为直线AF与C只有一个交点，所以直线AF与双曲线的渐近线平行，所以kAF＝eq\f(m－0,0－4)＝±eq\r(3)，解得m＝±4eq\r(3).故选B.4．(2024·湖北荆州模拟)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)与直线y＝－x＋2相交于A，B两点，弦AB的中点M的横坐标为－1，则双曲线C的渐近线方程为()A．y＝±eq\r(3)x B．y＝±3xC．y＝±eq\f(1,3)x D．y＝±eq\f(\r(3),3)x答案A解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq\b\lc\{(\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，))由点差法得eq\f(（x1＋x2）（x1－x2）,a2)－eq\f(（y1＋y2）（y1－y2）,b2)＝0(x1≠x2)．∵M(－1，3)，∴x1＋x2＝－2，y1＋y2＝6，∴eq\f(－2,a2)－eq\f(6（y1－y2）,b2（x1－x2）)＝0，又kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－1，∴b2＝3a2，∴双曲线C的渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\r(3)x.故选A.5．已知F是双曲线x2－eq\f(y2,8)＝1的左焦点，直线4x－y－12＝0与该双曲线交于P，Q两点，则△FPQ的重心G到y轴的距离为()A．1 B．4C．3 D．2答案C解析由题意，不妨设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立双曲线方程与直线方程，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－\f(y2,8)＝1，,4x－y－12＝0，))消去y，得x2－12x＋19＝0，故x1＋x2＝12.因为F(－3，0)，所以△FPQ的重心G到y轴的距离为eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2－3,3)))＝eq\f(|12－3|,3)＝3.故选C.6．(2023·山东烟台模拟)过双曲线x2－y2＝2的左焦点作直线l，与双曲线交于A，B两点，若|AB|＝4，则这样的直线l有()A．1条 B．2条C．3条 D．4条答案D解析由题意，得双曲线的左焦点为(－2，0)，当直线l垂直于横轴时，|AB|＝2eq\r(2)，不符合题意，因为双曲线的渐近线方程为y＝±x，故可设直线l的方程为y＝k(x＋2)(k≠±1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，与双曲线方程联立，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋2），,x2－y2＝2，))消去y，得(1－k2)x2－4k2x－4k2－2＝0，则x1＋x2＝eq\f(4k2,1－k2)，x1x2＝eq\f(－4k2－2,1－k2)，由弦长公式，知|AB|＝eq\r(k2＋1)|x1－x2|＝eq\r(k2＋1)·eq\f(\r(8（k2＋1）),|k2－1|)＝4，得k2＋1＝eq\r(2)|k2－1|，解得k＝±(eq\r(2)－1)或k＝±(eq\r(2)＋1)，故存在4条满足条件的直线．故选D.7．(2024·广东珠海模拟)已知直线l与双曲线eq\f(x2,3)－eq\f(y2,4)＝1相交于A，B两点，O为坐标原点，若OA⊥OB，则|OA|·|OB|的最小值为()A．20 B．22C．24 D．25答案C解析依题意，得直线OA与OB的斜率都存在且不为0，不妨设直线OA的方程为y＝kx(k≠0)，则直线OB的方程为y＝－eq\f(1,k)x.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)－\f(y2,4)＝1，,y＝kx，))则xeq\o\al(2,1)＝eq\f(12,4－3k2)，yeq\o\al(2,1)＝eq\f(12k2,4－3k2)，所以|OA|2＝xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＝eq\f(12,4－3k2)＋eq\f(12k2,4－3k2)＝eq\f(12k2＋12,4－3k2).同理可得|OB|2＝xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)＝eq\f(12×\f(1,k2)＋12,4－3×\f(1,k2))＝eq\f(12k2＋12,4k2－3)，所以eq\f(1,|OA|2)＋eq\f(1,|OB|2)＝eq\f(4－3k2,12k2＋12)＋eq\f(4k2－3,12k2＋12)＝eq\f(k2＋1,12k2＋12)＝eq\f(1,12)，所以eq\f(1,12)＝eq\f(1,|OA|2)＋eq\f(1,|OB|2)≥2eq\r(\f(1,|OA|2·|OB|2))＝eq\f(2,|OA|·|OB|)，即|OA|·|OB|≥24，当且仅当|OA|＝|OB|时，等号成立．故选C.8．(2024·湖南长沙高三模拟)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，直线y＝eq\r(3)x与C的左、右两支分别交于点A，B，若四边形AF1BF2为矩形，则C的离心率为()A．eq\f(\r(3)＋1,2) B．3C．eq\r(3)＋1 D．eq\r(5)＋1答案C解析显然直线y＝eq\r(3)x与F1F2交于原点O，由双曲线的对称性知，若四边形AF1BF2是矩形，则|AB|＝|F1F2|，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，而F1(－c，0)，F2(c，0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\r(3)x，,\f(x2,a2)－\f(y2,b2)＝1，))得(b2－3a2)x2＝a2b2，解得x1＝－eq\f(ab,\r(b2－3a2))，x2＝eq\f(ab,\r(b2－3a2))，则|AB|＝eq\r(1＋（\r(3)）2)·|x1－x2|＝eq\f(4ab,\r(b2－3a2))，则eq\f(4ab,\r(b2－3a2))＝2c，化简得b4－6a2b2－3a4＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2,a2)))eq\s\up12(2)－6·eq\f(b2,a2)－3＝0，解得eq\f(b2,a2)＝3＋2eq\r(3)，则e＝eq\f(c,a)＝eq\r(\f(c2,a2))＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(4＋2\r(3))＝eq\r(3)＋1.故选C.二、多项选择题9．已知焦点在x轴上的双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f(1,2)x，实轴长为4，则()A．该双曲线的虚轴长为2eq\r(2)B．该双曲线的焦距为2eq\r(5)C．该双曲线的离心率为eq\r(5)D．直线x－y＋2＝0与该双曲线有两个公共点答案BD解析由题意，设双曲线的方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，因为双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f(1,2)x，实轴长为4，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＝\f(1,2)，,2a＝4，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1.))故双曲线的方程为eq\f(x2,4)－y2＝1，所以c＝eq\r(a2＋b2)＝eq\r(5).对于A，该双曲线的虚轴长为2，所以A错误；对于B，该双曲线的焦距为2c＝2eq\r(5)，所以B正确；对于C，该双曲线的离心率为e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),2)，所以C错误；对于D，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)－y2＝1，,x－y＋2＝0，))得3x2＋16x＋20＝0，因为Δ＝162－4×3×20＝16>0，所以方程3x2＋16x＋20＝0有两个不相等的实根，所以直线x－y＋2＝0与该双曲线有两个公共点，所以D正确．故选BD.10．已知双曲线C：eq\f(x2,t－7)－eq\f(y2,t)＝1的一条渐近线方程为4x－3y＝0，过点(5，0)作直线l交双曲线于A，B两点，则下列结论中正确的是()A．t＝16或－9B．该双曲线的离心率为eq\f(5,3)C．满足|AB|＝eq\f(32,3)的直线l有且仅有一条D．若A，B分别在双曲线左、右两支上，则直线l的斜率的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(4,3)))答案BD解析因为双曲线C：eq\f(x2,t－7)－eq\f(y2,t)＝1的一条渐近线方程为4x－3y＝0，所以eq\f(t,t－7)＝eq\f(16,9)，解得t＝16，故A错误；双曲线方程为eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1，故a＝3，b＝4，c＝eq\r(9＋16)＝5，所以该双曲线的离心率e＝eq\f(5,3)，故B正确；如图，F(5，0)为双曲线的右焦点，当x＝5时，y＝±eq\f(16,3)，当A，B两点都在双曲线的右支上时，|AB|≥eq\f(32,3)，因为|AB|＝eq\f(32,3)，所以这种情况的直线AB只有一条，且AB与x轴垂直；当A，B分别在双曲线的左、右两支上时，可得|AB|≥2a＝6，而eq\f(32,3)>6，可得这样的直线有两条，综上所述，满足|AB|＝eq\f(32,3)的直线l有三条，故C错误；双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f(4,3)x，要使A，B分别在双曲线左、右两支上，则直线l的斜率的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(4,3)))，故D正确．故选BD.三、填空题11．已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2作与x轴垂直的直线与双曲线的一个交点为P，且∠PF1F2＝eq\f(π,6)，则双曲线的渐近线方程为________．答案y＝±eq\r(2)x解析根据已知可得，|PF2|＝eq\f(b2,a)且|PF1|＝eq\f(2b2,a)，故eq\f(2b2,a)－eq\f(b2,a)＝2a，所以eq\f(b2,a2)＝2，eq\f(b,a)＝eq\r(2)，双曲线的渐近线方程为y＝±eq\r(2)x.12．(2024·福建厦门第四次质量检测)写出同时满足下列条件的一条直线l的方程为________．①直线l在y轴上的截距为1；②直线l与双曲线eq\f(x2,4)－y2＝1只有一个公共点．答案y＝±eq\f(1,2)x＋1，y＝±eq\f(\r(2),2)x＋1(写出其中一个直线方程即可)解析因为直线l与双曲线eq\f(x2,4)－y2＝1只有一个公共点，所以直线l与双曲线eq\f(x2,4)－y2＝1的渐近线y＝±eq\f(1,2)x平行．又直线l在y轴上的截距为1，所以直线l的方程可以是y＝±eq\f(1,2)x＋1.若直线l在y轴上的截距为1且与双曲线相切，则二者只有一个交点．可设l：y＝kx＋1，代入双曲线方程，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－k2))x2－2kx－2＝0，只需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－k2≠0，,Δ＝4k2＋8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－k2))＝0，))解得k＝±eq\f(\r(2),2)，所以直线l：y＝±eq\f(\r(2),2)x＋1，即所求直线l的方程为y＝±eq\f(1,2)x＋1，y＝±eq\f(\r(2),2)x＋1(写出其中一个直线方程即可)．13．(2024·湖南益阳模拟)已知双曲线C：eq\f(x2,3)－y2＝1，若直线l的倾斜角为60°，且与双曲线C的右支交于M，N两点，与x轴交于点P，若|MN|＝eq\f(\r(3),2)，则点P的坐标为________．答案(eq\r(3)，0)解析设直线l的方程为y＝eq\r(3)x＋m，与双曲线方程eq\f(x2,3)－y2＝1联立，可得8x2＋6eq\r(3)mx＋3m2＋3＝0，由Δ＝108m2－32(3m2＋3)＝12m2－96>0，得m>2eq\r(2)或m<－2eq\r(2).设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq\f(3\r(3)m,4)>0，x1x2＝eq\f(3m2＋3,8)>0，则m<0，所以m<－2eq\r(2)，|MN|＝eq\r(1＋（\r(3)）2)|x1－x2|＝2eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝2eq\r(\f(27m2,16)－\f(3m2＋3,2))＝eq\f(\r(3m2－24),2)＝eq\f(\r(3),2)，解得m＝3(舍去)或m＝－3，所以直线l的方程为y＝eq\r(3)x－3，令y＝0，可得x＝eq\r(3).故点P的坐标为(eq\r(3)，0)．14．已知直线MN：y＝eq\f(1,3)x＋2与双曲线C：eq\f(x2,9)－eq\f(y2,4)＝1交于M，N两点，O为坐标原点，则△OMN的面积为________．答案4eq\r(7)解析联立直线MN的方程与双曲线的方程，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,3)x＋2，,\f(x2,9)－\f(y2,4)＝1，))消去x并整理，得x2－4x－24＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则|MN|＝eq\r(1＋k2)|x2－x1|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x2＋x1）2－4x1x2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,9)))×（16＋96）)＝eq\f(4\r(70),3)，O到直线MN的距离为d＝eq\f(|2|,\r(1＋\f(1,9)))＝eq\f(6,\r(10))，所以△OMN的面积为S＝eq\f(1,2)×eq\f(4\r(70),3)×eq\f(6,\r(10))＝4eq\r(7).四、解答题15．已知双曲线C和椭圆eq\f(x2,4)＋y2＝1有公共的焦点，且离心率为eq\r(3).(1)求双曲线C的方程；(2)过点M(2，1)作直线l交双曲线C于A，B两点，且M为AB的中点，求直线l的方程及弦长|AB|.解(1)由题意，知椭圆eq\f(x2,4)＋y2＝1的焦点坐标分别为(－eq\r(3)，0)和(eq\r(3)，0)，设双曲线C的方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，则c2＝a2＋b2＝3，因为e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3)，所以c＝eq\r(3)a，解得a2＝1，b2＝2，所以双曲线C的方程为x2－eq\f(y2,2)＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，分别代入双曲线方程，得xeq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)yeq\o\al(2,1)＝1，xeq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)yeq\o\al(2,2)＝1，两式相减，得(x1－x2)(x1＋x2)－eq\f(1,2)(y1－y2)(y1＋y2)＝0，因为点M(2，1)为AB的中点，所以x1＋x2＝4，y1＋y2＝2，则4(x1－x2)－(y1－y2)＝0，所以kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝4，所以直线l的方程为y＝4x－7.把y＝4x－7代入x2－eq\f(y2,2)＝1，消去y，得14x2－56x＋51＝0，所以x1＋x2＝4，x1x2＝eq\f(51,14)，又k＝4，所以|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(17)×eq\r(16－4×\f(51,14))＝eq\f(\r(1190),7).16．(2024·江西红色十校联考)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，))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).17．(多选)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，A为左顶点，P为双曲线右支上一点，若|PF1|＝2|PF2|，且△PF1F2的最小内角为30°，则()A．双曲线的离心率为eq\r(3)B．双曲线的渐近线方程为y＝±eq\r(2)xC．∠PAF2＝45°D．直线x＋2y－2＝0与双曲线有两个公共点答案ABD解析对于A，因为|PF1|＝2|PF2|，|PF1|－|PF2|＝2a，所以|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，又因为2c>2a，4a>2a，所以∠PF1F2＝30°，所以cos∠PF1F2＝eq\f(16a2＋4c2－4a2,2×4a×2c)＝eq\f(\r(3),2)，所以c＝eq\r(3)a，所以e＝eq\r(3)，故A正确；对于B，因为e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2＋b2,a2)＝3，所以eq\f(b2,a2)＝2，所以eq\f(b,a)＝±eq\r(2)，所以双曲线的渐近线方程为y＝±eq\r(2)x，故B正确；对于C，因为2c＝2eq\r(3)a，所以|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2，所以∠PF2F1＝90°，又因为|AF2|＝c＋a＝(eq\r(3)＋1)a，|PF2|＝2a，所以|AF2|≠|PF2|，所以∠PAF2≠45°，故C不正确；对于D，因为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y－2＝0，,\f(x2,a2)－\f(y2,2a2)＝1，))所以2(2－2y)2－y2＝2a2，所以7y2－16y＋8－2a2＝0，因为Δ＝162－4×7×(8－2a2)＝32＋56a2>0，所以直线x＋2y－2＝0与双曲线有两个公共点，所以D正确．故选ABD.18．(多选)已知F1，F2是双曲线E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，过F1作倾斜角为eq\f(π,6)的直线分别交y轴、双曲线右支于M，P，且|MP|＝|MF1|，下列判断正确的是()A．∠F1PF2＝eq\f(π,3)B．E的离心率为eq\r(3)C．△PF1F2内切圆的半径为eq\r(3)－1D．若A，B为E上两点且关于原点对称，则PA，PB的斜率存在时，其乘积为2答案ABD解析如图所示，因为M，O分别是PF1，F1F2的中点，所以在△PF1F2中，PF2∥MO，所以PF2⊥x轴．对于A，因为直线PF1的倾斜角为eq\f(π,6)，所以∠F1PF2＝eq\f(π,3)，故A正确；对于B，在Rt△PF1F2中，因为|F1F2|＝2c，|PF2|＝eq\f(2\r(3),3)c，|PF1|＝eq\f(4\r(3),3)c，所以|PF1|－|PF2|＝2a＝eq\f(2\r(3),3)c，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3)，故B正确；对于C，因为△PF1F2的周长为(2＋2eq\r(3))c，设其内切圆的半径为r，根据三角形的面积相等，有(2＋2eq\r(3))cr＝2c·eq\f(2\r(3),3)c，解得r＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),3)))c，是与c有关的式子，故C错误；对于D，因为A，B关于原点对称，所以设A(m，n)，B(－m，－n)，又Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(2\r(3),3)c))，由e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3)，得P(eq\r(3)a，2a)，所以当PA，PB的斜率存在时，kPA＝eq\f(n－2a,m－\r(3)a)，kPB＝eq\f(－n－2a,－m－\r(3)a)，kPA·kPB＝eq\f(4a2－n2,3a2－m2)，因为A，B在双曲线上，所以eq\f(m2,a2)－eq\f(n2,b2)＝1，即eq\f(m2,a2)－eq\f(n2,2a2)＝1，所以n2＝2m2－2a2，所以kPA·kPB＝eq\f(4a2－n2,3a2－m2)＝eq\f(6a2－2m2,3a2－m2)＝2，故D正确．故选ABD.19．已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(b>a>0)的右焦点为F(c，0)，从①虚轴长为2eq\r(3)；②离心率为2；③双曲线C的两条渐近线的夹角为60°这三个条件中选取两个作为已知条件，求解下列问题．(1)求C的方程；(2)过点F的直线l与双曲线C的左、右两支分别交于点A，B，O为坐标原点，记△AOB，△FOB的面积分别为S1，S2，若eq\f(S1,S2)＝eq\r(3)＋1，求直线l的方程．注：若选择不同的组合分别解答，按第一个解答计分．解(1)若选择①②：由题意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c2＝a2＋b2，,\f(c,a)＝2，,2b＝2\r(3)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝\r(3)，,c＝2，))所以C的方程为x2－eq\f(y2,3)＝1.若选择①③：因为b>a，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＝\r(3)，,2b＝2\r(3)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝\r(3)，))所以C的方程为x2－eq\f(y2,3)＝1.若选择②③：因为b>a，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝2，,\f(b,a)＝\r(3)，,a2＋b2＝c2，))此时无法确定a，b，c.(2)由(1)知F(2，0)，由题意，知直线l的斜率不为0，所以设直线l的方程为x＝ty＋2.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋2，,x2－\f(y2,3)＝1，))得(3t2－1)y2＋12ty＋9＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，|y1|>|y2|，则可知3t2－1≠0.又Δ>0恒成立，所以y1＋y2＝eq\f(－12t,3t2－1)，y1y2＝eq\f(9,3t2－1)，因为y1y2>0，所以t<－eq\f(\r(3),3)或t>eq\f(\r(3),3).因为eq\f(S1,S2)＝eq\f(S△AOF－S△FOB,S△FOB)＝eq\f(S△AOF,S△FOB)－1＝eq\f(|y1|,|y2|)－1＝eq\r(3)＋1，所以eq\f(y1,y2)＝2＋eq\r(3).由eq\f(（y1＋y2）2－2y1y2,y1y2)＝eq\f(10t2＋2,3t2－1)，得eq\f(y1,y2)＋eq\f(y2,y1)＝eq\f(10t2＋2,3t2－1)，所以eq\f(10t2＋2,3t2－1)＝4，所以t＝±eq\r(3)，满足t<－eq\f(\r(3),3)或t>eq\f(\r(3),3).所以直线l的方程为y＝eq\f(\r(3),3)x－eq\f(2\r(3),3)或y＝－eq\f(\r(3),3)x＋eq\f(2\r(3),3).20．(2024·湖北宜荆荆随联考)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，过C上的动点M作双曲线C的两条渐近线的垂线，垂足分别为A，B，△ABM的面积为eq\f(3\r(3),16).(1)求双曲线C的方程；(2)如图，曲线C的左顶点为D，点N位于原点与右顶点之间，过点N的直线与曲线C交于G，R两点，直线l过N且垂直于x轴，直线DG，DR分别与l交于点P，Q，若O，D，P，Q四点共圆，求点N的坐标．解(1)由e＝eq\f(c,a)＝2，c2＝a2＋b2，得b＝eq\r(3)a，所以渐近线方程为y＝±eq\r(3)x，则双曲线C的方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,3a2)＝1，即3x2－y2＝3a2，如图，设M(x，y)，则M到渐近线的距离分别为|MA|＝eq\f(|\r(3)x－y|,2)，|MB|＝eq\f(|\r(3)x＋y|,2)，又两条渐近线的夹角为60°，且M，A，O，B四点共圆，则∠AMB＝60°或120°，又△ABM的面积S＝eq\f(1,2)|MA|·|MB|·sin∠AMB＝eq\f(\r(3),4)·eq\f(|3x2－y2|,4)＝eq\f(3\r(3),16)a2＝eq\f(3\r(3),16)，则a2＝1，即双曲线C的方程为x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)由O，D，P，Q四点共圆，得∠DPQ＋∠DOQ＝π，又∠NOQ＋∠DOQ＝π，则∠DPQ＝∠NOQ，则tan∠DPQ＝tan∠NOQ，所以eq\f(1,tan∠ODP)＝tan∠NOQ，则kDP·kOQ＝1，设G(x1，y1)，R(x2，y2)，N(t，0)，t∈(0，1)，D(－1，0)，易得lDR：y＝eq\f(y2,x2＋1)(x＋1)，令x＝t，得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(y2（t＋1）,x2＋1)))，当lGR的斜率为0时，不符合题意；当lGR的斜率不为0时，设lGR：x＝my＋t，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋t，,3x2－y2＝3，))得(3m2－1)y2＋6mty＋3(t2－1)＝0，则3m2－1≠0，且Δ＝(6mt)2－4(3m2－1)×3(t2－1)>0，即m2≠eq\f(1,3)，且3m2＋t2>1，所以y1＋y2＝eq\f(－6mt,3m2－1)，y1y2＝eq\f(3（t2－1）,3m2－1).由kDP·kOQ＝eq\f(y1,x1＋1)·eq\f(y2（t＋1）,t（x2＋1）)＝1，即eq\f(t＋1,t)＝eq\f(（x1＋1）（x2＋1）,y1y2)，又eq\f(（x1＋1）（x2＋1）,y1y2)＝eq\f(m2y1y2＋m（t＋1）（y1＋y2）＋（t＋1）2,y1y2)＝eq\f(－\f(（t＋1）2,3m2－1),\f(3（t2－1）,3m2－1))＝eq\f(－（t＋1）2,3（t2－1）)，则eq\f(t＋1,t)＝eq\f(－（t＋1）2,3（t2－1）)，解得t＝eq\f(3,4)∈(0，1)，符合题意，即点N的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，0)).第七节抛物线第1课时抛物线的定义、标准方程及其简单几何性质课标解读考向预测1.掌握抛物线的定义、几何图形、标准方程.2.掌握抛物线的简单几何性质(范围、对称性、顶点、离心率).3.了解抛物线的简单应用.近三年高考考查了抛物线的定义和标准方程以及抛物线的准线，以选择题、填空题为主．预计2025年高考本部分内容仍以基础知识为考点，注意几何性质的应用.必备知识——强基础1．抛物线的概念把平面内与一个定点F和一条定直线l(l不经过点F)的距离eq\x(\s\up1(01))相等的点的轨迹叫做抛物线，点F叫做抛物线的eq\x(\s\up1(02))焦点，直线l叫做抛物线的eq\x(\s\up1(03))准线．2．抛物线的标准方程和简单几何性质标准方程y2＝2px(p>0)y2＝－2px(p>0)x2＝2py(p>0)x2＝－2py(p>0)p的几何意义：焦点F到准线l的距离图形范围eq\x(\s\up1(04))x≥0，y∈Req\x(\s\up1(05))x≤0，y∈Req\x(\s\up1(06))y≥0，x∈Req\x(\s\up1(07))y≤0，x∈R焦点Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))Feq\x(\s\up1(08))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，,0))Feq\x(\s\up1(09))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，,\f(p,2)))Feq\x(\s\up1(10))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，,－\f(p,2)))准线方程eq\x(\s\up1(11))x＝－eq\f(p,2)eq\x(\s\up1(12))x＝eq\f(p,2)eq\x(\s\up1(13))y＝－eq\f(p,2)eq\x(\s\up1(14))y＝eq\f(p,2)开口方向向eq\x(\s\up1(15))右向eq\x(\s\up1(16))左向eq\x(\s\up1(17))上向eq\x(\s\up1(18))下对称轴eq\x(\s\up1(19))x轴eq\x(\s\up1(20))y轴顶点eq\x(\s\up1(21))(0，0)离心率e＝eq\x(\s\up1(22))11．抛物线方程一般首先转化为标准形式．2．在抛物线的标准方程中，焦点的位置与一次项系数的正负保持一致．3．焦点到原点的距离的4倍为一次项系数的绝对值．4．抛物线y2＝2px(p＞0)上一点P(x0，y0)到焦点Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))的距离|PF|＝x0＋eq\f(p,2)，也称为抛物线的焦半径．1．概念辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)平面内与一个定点F和一条定直线l的距离相等的点的轨迹是抛物线．()(2)在抛物线的方程中，字母p的几何意义是焦点到抛物线顶点的距离．()(3)方程y＝4x2表示焦点在x轴上的抛物线，焦点坐标是(1，0)．()(4)以(0，1)为焦点的抛物线的标准方程为x2＝4y.()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小题热身(1)(人教A选择性必修第一册习题3.3T1改编)抛物线y＝2x2的准线方程为()A．y＝－eq\f(1,8) B．y＝－eq\f(1,4)C．y＝－eq\f(1,2) D．y＝－1答案A解析由y＝2x2，得x2＝eq\f(1,2)y，故抛物线y＝2x2的准线方程为y＝－eq\f(1,8).故选A.(2)(人教A选择性必修第一册习题3.3T31改编)抛物线y2＝2px(p>0)上一点M(3，y)到焦点F的距离|MF|＝4，则抛物线的方程为()A．y2＝8x B．y2＝4xC．y2＝2x D．y2＝x答案B解析由题意，可得|MF|＝xM＋eq\f(p,2)，则3＋eq\f(p,2)＝4，即p＝2，故抛物线的方程为y2＝4x.(3)(人教A选择性必修第一册习题3.3T4改编)已知抛物线C与双曲线x2－y2＝1有相同的焦点，且顶点在原点，则抛物线C的方程是________．答案y2＝±4eq\r(2)x解析由题意可知双曲线的焦点为(－eq\r(2)，0)，(eq\r(2)，0)．设抛物线方程为y2＝±2px(p>0)，则eq\f(p,2)＝eq\r(2)，所以p＝2eq\r(2)，所以抛物线C的方程为y2＝±4eq\r(2)x.(4)(人教A选择性必修第一册习题3.3T8改编)如图是抛物线形拱桥，当水面在l时，拱顶离水面2米，水面宽4米．水位下降1米后，水面宽________米．答案2eq\r(6)解析建立如图所示的平面直角坐标系，设抛物线方程为x2＝－2py(p＞0)．由题意将点A(2，－2)代入x2＝－2py，得p＝1，故x2＝－2y.设B(x0，－3)，代入x2＝－2y中，得x0＝eq\r(6)，故水面宽2eq\r(6)米．考点探究——提素养考点一抛物线的定义及其应用例1(1)动圆与定圆A：(x＋2)2＋y2＝1外切，且和直线x＝1相切，则动圆圆心的轨迹是()A．直线 B．椭圆C．双曲线 D．抛物线答案D解析设动圆的圆心为点C，半径为r，则点C到定圆A：(x＋2)2＋y2＝1的圆心的距离等于r＋1.又动圆的圆心到直线x＝1的距离等于r，所以动圆的圆心到直线x＝2的距离为r＋1，根据抛物线的定义知，动圆圆心的轨迹为抛物线．故选D.(2)(2023·北京高考)已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，点M在C上．若M到直线x＝－3的距离为5，则|MF|＝()A．7 B．6C．5 D．4答案D解析因为抛物线C：y2＝8x的焦点F(2，0)，准线方程为x＝－2，点M在C上，所以M到准线x＝－2的距离为|MF|，又M到直线x＝－3的距离为5，所以|MF|＋1＝5，故|MF|＝4.故选D.【通性通法】利用抛物线的定义可解决的常见问题(1)轨迹问题：用抛物线的定义可以确定与定点、定直线距离有关的动点轨迹是否为抛物线．(2)距离问题：灵活地进行抛物线上的点到焦点距离与其到准线距离间的等价转化．“看到准线应该想到焦点，看到焦点应该想到准线”，这是解决抛物线中与距离有关的问题的有效途径．注意：“定点不在定直线上”这一条件，当定点在定直线上时，动点的轨迹是过定点且与定直线垂直的直线．【巩固迁移】1．动点P到直线x－2＝0的距离比它到点M(－4，0)的距离小2，则点P的轨迹方程是()A．y2＝16x B．y2＝－16xC．x2＝16y D．x2＝－16y答案B解析依题意，动点P到直线x－2＝0的距离比它到点M(－4，0)的距离小2，所以动点P到直线x－4＝0的距离与它到点M(－4，0)的距离相等，所以点P的轨迹是以M为焦点，直线x＝4为准线的抛物线．故点P的轨迹方程是y2＝－16x.故选B.2．(2023·江西抚州质量监测)已知抛物线x2＝4y的焦点为F，点M在抛物线上，且|MF|＝3，则点M到y轴的距离为________．答案2eq\r(2)解析设点M的坐标为(xM，yM)，由x2＝4y，得p＝2，根据抛物线的定义，知|MF|＝yM＋eq\f(p,2)＝yM＋1＝3，解得yM＝2，代入x2＝4y，得xM＝±2eq\r(2)，所以点M到y轴的距离为2eq\r(2).考点二抛物线的标准方程与简单几何性质例2(1)(多选)顶点在原点，对称轴为坐标轴且过点P(－2，3)的抛物线的标准方程是()A．y2＝eq\f(9,2)x B．x2＝eq\f(4,3)yC．y2＝－eq\f(9,2)x D．x2＝－eq\f(4,3)y答案BC解析设抛物线的标准方程是y2＝kx或x2＝my，代入点P(－2，3)，解得k＝－eq\f(9,2)，m＝eq\f(4,3)，所以y2＝－eq\f(9,2)x或x2＝eq\f(4,3)y.(2)(2021·新高考Ⅰ卷)已知O为坐标原点，抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQ⊥OP.若|FQ|＝6，则C的准线方程为________．答案x＝－eq\f(3,2)解析解法一：不妨设点P在第一象限，如图，由已知可得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，p))，所以kOP＝2，又PQ⊥OP，所以kPQ＝－eq\f(1,2).所以直线PQ的方程为y－p＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2))).令y＝0，得x＝eq\f(5,2)p.所以|FQ|＝eq\f(5,2)p－eq\f(p,2)＝2p＝6，所以p＝3，所以C的准线方程为x＝－eq\f(p,2)＝－eq\f(3,2).解法二：由题易得|OF|＝eq\f(p,2)，|PF|＝p，|PF|2＝|OF|·|FQ|，即p2＝eq\f(p,2)×6，解得p＝3或p＝0(舍去)，所以C的准线方程为x＝－eq\f(3,2).【通性通法】1．求抛物线标准方程的方法定义法若题目已给出抛物线的方程(含有未知数p)，那么只需求出p即可待定系数法若题目未给出抛物线的方程，对于焦点在x轴上的抛物线的标准方程可设为y2＝ax(a≠0)，a的正负由题设来定；焦点在y轴上的抛物线的标准方程可设为x2＝ay(a≠0)，这样就减少了不必要的讨论2.抛物线性质的应用技巧(1)利用抛物线方程确定其焦点、准线时，关键是将抛物线方程化成标准方程．(2)要结合图形分析，灵活运用平面图形的性质简化运算．【巩固迁移】3．已知抛物线x2＝2py(p>0)的焦点为F，点P为抛物线上的动点，点M为其准线上的动点，若△FPM为边长是4的等边三角形，则此抛物线的方程为________．答案x2＝4y解析因为△FPM为等边三角形，则|PM|＝|PF|，由抛物线的定义得PM垂直于抛物线的准线，设Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，\f(m2,2p)))，则点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，－\f(p,2))).因为焦点Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，△FPM是等边三角形，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(m2,2p)＋\f(p,2)＝4，,\r(\b\lc\(\rc\)