【教无忧】高中数学同步讲义（人教B版2019选择性必修一）第46讲 专题2-11 双曲线解答题十一大题型

专题2-11双曲线解答题十一大题型汇总题型1弦长问题 1题型2求直线方程问题 9题型3面积问题 19题型4中点弦问题 26题型5取值范围问题 33题型6最值问题 47题型7定点问题 59题型8定值问题 73题型9定直线问题 83题型10向量相关问题 92题型11探索性问题 103题型1弦长问题【方法总结】有关圆锥曲线弦长问题的求解方法涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数的关系、设而不求计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数的关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．【例题1】（22·23下·遂宁·阶段练习）已知双曲线x2a2(1)求双曲线的方程；(2)过双曲线的右焦点F且倾斜角为π4的直线l与双曲线交于A，B两点，求AB【答案】(1)x(2)8【分析】（1）由题意可知得2c=6，且b=2a，再结合b2（2）由题意可得直线l的方程为y=x−3，设A(x1,【详解】（1）由双曲线x2a2得2c=6，且b=2a，又解得c=3,a所以b2所以双曲线方程为x2（2）由（1）可知双曲线C的右焦点F为(3,0)，所以直线l的方程为y=x−3，设A(x由x23−所以x1所以AB=

【变式1-1】1.（22·23下·河南·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2(1)求C的方程；(2)证明：MN⊥F1N【答案】(1)x(2)证明见解析，4【分析】（1）根据题意，表示出两交点的坐标，然后结合三角形的面积公式，代入计算，即可得到结果；（2）当直线l的斜率存在时，设l的方程为y=kx−2【详解】（1）根据题意有F22a,0将x=2a代入两个渐近线方程得到交点坐标为2a,l与C的两条渐近线所围成的三角形的面积为12所以a=2，C的方程为x（2）

设Mx1,y1，N由（1）可知F1−2,0，当l⊥x轴时，显然MN与F1当l不垂直于x轴时，设l的方程为y=kx−21−k2x2+4F1N=当MN⊥F1N时有：由x1x2=4整理有k2−1由①，②可得k2所以MN=【变式1-1】2.（22·23上·南京·阶段练习）如图，已知圆C:(x+

(1)求轨迹E的方程：(2)过点A作倾斜角为π4【答案】(1)x(2)BD【分析】（1）根据定义得出双曲线的方程；（2）设方程联立方程组应用弦长公式计算弦长即可.【详解】（1）由题意得M在CQ的延长线上，MC−M在QC的延长线上，MA−∴轨迹E是以A,C为焦点，实轴长为22∴轨迹E的方程为x2（2）设切线的方程为y=x−3，代入x22设B,D两点的坐标分别为x1则x所以BD=【变式1-1】3.（22·23上·辽宁·期末）已知双曲线C的渐近线为y=±3x，且过点(1)求双曲线C的方程；(2)若直线y=ax+1与双曲线C相交于A，B两点，O为坐标原点，若OA与OB垂直，求a的值以及弦长AB．【答案】(1)3(2)a=±1，AB【分析】（1）根据渐近线方程可设双曲线方程为3x2−y2（2）联立直线与双曲线的方程，设Ax1,y1，Bx2,y2，故可得【详解】（1）由双曲线渐近线方程为y=±3x，可设双曲线方程为：又双曲线过点M1,2∴双曲线的方程为：3（2）设Ax1,y1，Bx2∵直线y=ax+1与双曲线C相交于A，B两点，∴Δ=4a2∴x1+x∵OA⊥OB，∴OA⋅OB又y1=ax1+1，把（*）代入上式得−21+a23−a2+2由弦长公式可得AB【变式1-1】4.（22·23上·江西·期中）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为3，双曲线C的左(1)求双曲线C的标准方程；(2)过点D4,0的直线l交双曲线C于A,B两点，且以AB为直径的圆过原点O，求弦长AB【答案】(1)x(2)8【分析】（1）由双曲线定义得到a=2，结合离心率得到c=23，求出b（2）先分析得到直线l的斜率不为0，设出直线l的方程，与双曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，根据AB为直径的圆过原点O，得到OA⊥OB，从而列出方程，代入两根之和，两根之积，得到【详解】（1）由双曲线的定义可得PF1−因为双曲线C的离心率为3，所以ca=c因为c2=a故双曲线C的标准方程为x（2）当直线l的斜率为0时，此时A,B两点为双曲线的顶点，故以AB为直径的圆不过原点，不合题意，舍去；直线l的斜率不为0，则设直线l:x=my+4,Ax联立x=my+4,x24则y1故x1因为以AB为直径的圆过原点O，所以OA⊥OB所以m2+1y化简整理得8−8m2=0则y1故AB=【点睛】直线与圆锥曲线结合问题，通常要设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和，两根之积，再根据题目条件列出方程，或得到弦长或面积，本题中以AB为直径的圆过原点O，所以OA⊥OB，从而由向量数量积为0列出方程，注意考虑直线【变式1-1】5.（22·23下·抚顺·模拟预测）已知双曲线C：x2a2−y(1)求C的方程；(2)若线段PF与C的左支交于点Q，与两条渐近线交于点A，B，且3AB=PQ【答案】(1)x(2)9【分析】（1）利用待定系数法即可求得曲线C的方程；（2）设直线PF的方程为x=my−2，再与曲线C联立方程组，再利用韦达定理以及弦长公式即可得出结论>【详解】（1）由题意得ca=2又a2+b设Px1,y所以a2b2=34c（2）由（1）知F−2,0，设直线PF的方程为x=my−2，Qx2,y联立x23−则y1+y因为P是C右支上的点，所以m2PQ=联立x23−则y3+yAB=又3AB=PQ，所以2所以PQ=2

【点睛】关键点睛：第（2）小问求AB的运算能力是关键，本题考查了直线与双曲线的位置关系，以及双曲线的综合应用，属于较难题.题型2求直线方程问题【方法总结】（1）解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线方程联立，消去x（或y）建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形.【例题2】（20·21下·漳州·阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0与双曲线x29−v(1)求椭圆C的方程．(2)是否存在直线y=2x+t与椭圆C相交于M、N两点，使得直线HM与HN的斜率之和为1？若存在，求此时的直线方程；若不存在，请说明理由．【答案】(1)x(2)存在，且直线方程为y=2x+3【分析】（1）根据已知条件求出a、b、c的值，即可得出椭圆C的方程；（2）分析可得t≠±1，设点Mx1,y1、Nx2,y2，将直线(1)解：由题可知，椭圆C的焦点在x轴上，双曲线x29−v−y2S△HF1F2因此，椭圆C的方程为x2(2)解：因为直线HM、HN的斜率都存在，则t≠±1，设点Mx1,y1、NΔ=362t2−36×37由韦达定理可得x1+xk=4−4tt+1=1因此，存在直线y=2x+3，使得直线HM与HN的斜率之和为1.【变式2-1】1.（22·23下·浙江·二模）已知双曲线C:x24−y2b2=1的渐近线方程为x±2y=0，左右顶点为A,B(1)求双曲线的方程；(2)设△ABP,△MNP的面积分别为S1,S2，若【答案】(1)x(2)5x+6y+45=0，或5x−6y+45【分析】(1)由双曲线的方程求出渐近线方程，再结合题目已知条件即可求出b2(2)先由A,B,P点的坐标得到kPA=−3kPB，把M,N的坐标代入得到y1x1+2=−3⋅y2x2−2，再结合双曲线的方程，化简得y1x1+2⋅y2x2+2=−【详解】（1）如图，

由题意知双曲线C:x24−y所以b2=1，所以双曲线的方程（2）由(1)得A−2,0,B2,0，所以k设点Mx1,由x224−y设直线MN:x=my+n，与双曲线方程联立得：m2因为方程有两个不同的实数根，所以m2所以由①式代入变形得y1将韦达定理代入消去m化简得n=−4，即直线MN恒过定点−4,0.由此可得y1由于图像的对称性，不妨设t>0，则y1y2所以S2S1将韦达定理代入后得到S2解得m=±655所以，直线MN方程为5x+6y+45=0或7x+23y+4【点睛】难点点睛：求解直线或曲线过定点问题的基本思路：（1）把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．（2）由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y−y0=k(x−x0)，则直线必过定点【变式2-1】2.（21·22上·镇江·阶段练习）已知双曲线C：x2a2(1)求C的方程：(2)若斜率为1的直线l与C交于P，Q两点，△POQ面积为6，求直线l方程.【答案】(1)x2(2)y=x+2或y=x−【分析】（1）利用离心率以及点在双曲线上，列出关于a，b的关系，求解a，b，即可得到双曲线的方程；（2）设直线方程为y=x+m，联立直线和双曲线的方程得到韦达定理，求出|PQ|,d即得解.【详解】（1）解：因为双曲线离心率为2，则e=ca=又点P(2,3)在C上，则22由①②可得，a2=1，所以双曲线C的方程为x2（2）解：设直线方程为y=x+m，联立x2−y所以Δ=4因为|PQ|=1+点O到直线l的距离d=|所以6=所以直线l的方程为y=x+2或y=x−【变式2-1】3.（23·24上·株洲·阶段练习）已知双曲线C经过点P2,−(1)求双曲线C的方程；(2)过点Q0,2的直线l与双曲线C相交于不同的两点E、F，若△OEF的面积为22（O为坐标原点），求直线【答案】(1)x(2)y=2x+2【分析】（1）根据题意可知双曲线C为等轴双曲线，设双曲线C的方程为x2−y（2）可设直线l的方程为l:y=kx+2,Ax1,y1,Bx2,【详解】（1）因为双曲线C的两条渐近线相互垂直，可知双曲线C为等轴双曲线，设双曲线C的方程为x2代入P2,−2，可得所以双曲线C的方程为x2−y（2）由题意可知：直线l的斜率存在，设l:y=kx+2,Ax联立方程y=kx+2x2−可得1−k2≠0Δ=16则x1可得EF=且O到直线l:kx−y+2=0的距离d=2由题意可得：S△OEF解得k2=2或k2所以直线l的方程为y=2x+2或【变式2-1】4.（23·24上·金华·模拟预测）已知双曲线C:x22−y22=1，直线l过双曲线C的右焦点F且交右支于A,B两点，点S为线段(1)求双曲线C的渐近线方程；(2)若TS⋅TB=【答案】(1)y=±x(2)y=2x−4或y=−2x+4或x=2【分析】（1）根据等轴双曲线方程即可求解渐近线方程，（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，即可根据向量数量积的几何意义将其转化为TS⋅【详解】（1）由题知，a=b=2，所以双曲线C的渐近线方程为y=±（2）双曲线C:x22由题知，直线AB的斜率不为0，设直线AB方程为x=ty+2，代入双曲线C:x化简可得：t2设Ax1,则x∴线段AB中点S的坐标为−2t直线ST方程为y+2t（i）当t=0时，S点恰好为焦点F，此时存在点T2+453,0此时直线AB方程为x=2．（ii）当t≠0时，令y=0可得x=−4t2−1，可得点T由于ST⊥AB所以TS⋅由TS⋅TB=809化简可得20t4−49由于直线AB要交双曲线右支于两点，所以−4t2−1>0，即可得直线AB的方程为x=±1综上：直线AB方程为y=2x−4或y=−2x+4或x=2．

【点睛】【变式2-1】5.（23·24上·江西·阶段练习）已知双曲线C:x2a2−(1)求双曲线C的方程；(2)已知点B0，b，过点P−b2，0作直线l与双曲线【答案】(1)x(2)y=0，y=−3x−332【分析】（1）先利用焦点到渐近线的距离求得b=3，再根据离心率求得a=1（2）分类讨论，当直线l的斜率为0时，y=0满足题意，当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为y=kx+mk≠0，与双曲线联立，韦达定理，结合BQ⊥MN及点P在直线l【详解】（1）由题知Fc,0，双曲线C的一条斩近线为bx+ay=0，则bc+0又e=ca=1+b2a（2）由（1）知，B0，3，P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，当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为y=kx+mk≠0设Mx1，y1,Nx整理得3−k2x即3−k2≠0m2+3−k2>0因为BM=BN，所以BQ⊥MN，所以所以3−k2=433m，又点P解得k=−3或k=1，满足3−k所以直线l的方程为y=−3x−332综上，直线l的方程为y=0，y=−3x−332

【变式2-1】6.（22·23上·驻马店·期末）已知圆C1:(x+3)2+y2=9，C2:(x−3)(1)求曲线C的方程；(2)直线l过点C2，且与曲线C交于A,B两点，满足AC2【答案】(1)x(2)y=±【分析】（1）根据两圆的位置关系结合双曲线的定义分析求解；（2）不妨设l:x=my+3m<24，Ax1,【详解】（1）由题意可知：圆C1的圆心C1−3,0，半径r1=3，圆C由条件可得MC1−3=则根据双曲线的定义可知，点M是以C1，C则a=1,c=3，可得b2所以曲线C的方程为x2

（2）由（1）可知：双曲线的渐近线方程为y=±22x，即由于C23,0且直线不妨设l:x=my+3m<24，则AC2=由AC2=3联立方程x=my+3x2则Δ>0，由韦达定理可得y由y1+y代入y1y2解得m2=1因此直线l:x=±3535y+3

题型3面积问题【例题3】（22·23上·西宁·期末）已知双曲线C1:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线为y=±3(1)求双曲线C1(2)求△AFB的面积．【答案】(1)13(2)48【分析】（1）结合抛物线的定义，列出方程，求得p的值，即可得到本题答案；（2）联立渐近线方程和抛物线方程，求得点A和点B的坐标，即可得到本题答案.【详解】（1）由题意．双曲线C1:x2a所以双曲线C1的离心率e（2）抛物线C2:x2=2py的准线方程为l:y=−p2，所以|PF|=2+p2联立y=±32x,x2=4y,得A(−6,9),B(6,9)，所以所以点F到直线AB的距离为8，所以△AFB的面积为S=1【变式3-1】1.（22·23上·烟台·期末）已知双曲线C与y24−x2(1)求双曲线C的标准方程；(2)设双曲线C的左、右焦点分别为F1、F2，过F1且倾斜角为45∘的直线与C相交于A、【答案】(1)x(2)4【分析】（1）设双曲线C的方程为y24−x216=λ，将点2（2）设点Ax1,y1、Bx2【详解】（1）解：设双曲线C的方程为y24−x2所以双曲线C的方程为y24−x2（2）解：在双曲线C中，a=2，b=1，则c=a则F1−5,0，所以直线AB的方程为y=x+5联立x=y−5x2−4y由韦达定理可得y1+y则y1所以，S△AB【变式3-1】2.（22·23上·江西·期中）已知双曲线x2a2−y2b(1)求双曲线的标准方程；(2)直线l:y=kx(0<k<2)与双曲线交于A，B两点且∠AF2B=【答案】(1)x(2)4【分析】（1）根据双曲线的几何性质，方程思想即可求解；（2）连接AF1，BF1，则由双曲线与直线l的对称性易知：四边形AF【详解】（1）∵双曲线的离心率e=5∴ca=52b=4a2+∴双曲线的标准方程为x2（2）如图，连接AF1，则由双曲线与直线l的对称性易知：四边形AF又∠AF2B=根据平行四边形的性质可知：△AF2B设AF1=m，A则根据双曲线的几何性质及余弦定理可得：m−n=2am2∴△F1AF由（1）知b2=4，又∴△F1AF∴△AF2B【变式3-1】3.（23·24上·徐汇·阶段练习）已知两定点F1−2,0，F2(1)求曲线E的方程；(2)求实数k的取值范围；(3)如果AB=63，且曲线E上存在点C，使OA+OB=m【答案】(1)x(2)−(3)m=4，面积为3.【分析】（1）由双曲线的定义得其方程为x2（2）由于直线和双曲线相交于左支，且有两个交点，故联立直线的方程和双曲线的方程，消去y后得到关于x的一元二次方程的判别式大于零，且韦达定理两根的和小于零，两根的积大于零，由此列不等式组，求解的k的取值范围；（3）利用弦长公式计算得直线斜率为k=−52.由题设向量关系，得到C−45m【详解】（1）由双曲线的定义可知，曲线E是以F1−2,0,故曲线E的方程为x2（2）设Ax1,消去y，得1−k又直线与双曲线左支交于两点A、B，有1−k2≠0（3）∵==21+依题意得21+k2∴k2=57或k2故直线AB的方程为52设Cx0,y0∴x0又x1∴点C−4将点C的坐标代入曲线E的方程，得80m2−但当m=−4时，所得的点在双曲线的右支上，不合题意，∴m=4，点的坐标为−5,2，C到AB的距离为∴△ABC的面积S=1

【点睛】关键点睛：本题第三问的关键是首先利用弦长公式求出k=−52，从而得到直线AB的方程，再设Cx【变式3-1】4.（23·24上·江苏·阶段练习）已知双曲线E:x2a2−(1)求双曲线E的离心率；(2)O为坐标原点，过双曲线上一点P22,1作直线l分别交直线l1，l2于A，B两点（A，B【答案】(1)5(2)9【分析】（1）根据渐近线方程可得ba（2）根据双曲线过点P22,1可得双曲线方程，由已知可设点Ax1,x12，Bx2,−x22，再由PB=2AP，可得x【详解】（1）因为双曲线E的渐近线分别为l1:y=x所以ba=1所以双曲线E的离心率为52（2）由（1）得ba则可设双曲线E:x因为P2所以λ=2−1=1，则双曲线E的方程为x2又点A，B分别在l1:y=x设Ax1,因为PB=2所以x2则x1=3+3又OA=x1设OA的倾斜角为θ，且tanθ=ba所以S△AOB【点睛】求双曲线的标准方程的基本方法是待定系数法．具体过程是先定形，再定量，即先确定双曲线标准方程的形式，然后再根据a，b，c，e及渐近线之间的关系，求出a，b的值．如果已知双曲线的渐近线方程，求双曲线的标准方程，可利用有公共渐近线的双曲线方程为x2【变式3-1】5.（23·24上·江西·阶段练习）已知圆O1：x+52+y2=1的圆心为O1，圆O2：x−52+y2=9(1)求C的方程；(2)若P是C上一点，且O1P⊥O【答案】(1)x(2)24【分析】（1）根据已知条件结合双曲线的定义即可求解；（2）设O1P=x，则O2P=2+x，由【详解】（1）设动圆M的半径为r，因为圆M与圆O1和圆O所以MO1=r+1则MO根据双曲线的定义可知，M的轨迹是以O1，O设方程为x2由O1O2所以b2所以C的方程为x2（2）设O1P=x因为O1P⊥O即x2+(2+x)2=故△O1O题型4中点弦问题【方法总结】弦中点问题的解法点差法在解决有关弦中点、弦所在直线的斜率、弦中点与原点连线斜率问题时可简化运算，但要注意直线斜率是否存在【例题4】（20·21上·西安·期中）已知椭圆与双曲线y24−(1)求椭圆方程；(2)过椭圆内一点M1,1作一条弦AB，使该弦被点M平分，求弦AB【答案】(1)y(2)25x+9y−34=0【分析】（1）求出双曲线的焦点和离心率，进而得到椭圆的离心率和焦点，再由椭圆的a,b,c的关系，即可得到椭圆方程；（2）设出弦AB的端点的坐标，代入椭圆方程和中点坐标公式，运用作差，结合平方差公式和斜率公式，由点斜式方程即可得到直线AB的方程.【详解】（1）由双曲线y24−故椭圆的焦点坐标为0,−4,0,4，离心率则c2=4a故椭圆方程为y2（2）当直线AB的斜率不存在时，则弦AB的中点在x轴上，不合题意；当直线AB的斜率存在时，设Ax1,由题意可得y1225整理得y12−y2故直线AB的方程为y−1=−259x−1综上所述：直线AB的方程为25x+9y−34=0.【变式4-1】1.（21·22下·浦东新·期中）已知双曲线Γ:(1)若离心率为5，求b的值，Γ的顶点坐标、渐近线方程；(2)若b=5，是否存在被点M【答案】(1)b=2，顶点坐标±1,0，渐近线y=±2x；(2)不存在，理由见解析.【分析】(1)根据离心率和a、b、c的关系即可求出b，根据双曲线的性质可求其顶点坐标和渐近线方程；(2)假设存在被M平分的弦，利用点差法求出弦的斜率和方程，将弦的方程代入双曲线方程判断是否有两个解即可．【详解】（1）e=ca＝1，故双曲线顶点为±1,0，渐近线方程为y=±2x；（2）当b=5时，双曲线为x假设双曲线存在被点M1,1平分的弦，设弦的两个端点为Ax1则x1+x∵A、B在双曲线上，∴x1①－②得：x1则kAB∴弦AB所在直线方程为：y−1=5x−1代入双曲线方程得20x∵Δ=40故不存在被点M1,1【变式4-1】2.（19·20上·唐山·阶段练习）已知一动圆与圆C1：x+32+y2（1）求动圆圆心P的轨迹方程C；（2）过点Q4,1能否作一条直线l与C交于A，B两点，且点Q是线段AB的中点，若存在，求出直线l【答案】(1)x24【分析】（1）利用圆与圆外切时，圆心距等于半径之和，圆与圆内切时，圆心距等于半径之差的绝对值，从而得到方程组，再利用双曲线定义得到圆心的轨迹为双曲线的右支；（2）利用设而不求、点差法、中点坐标公式，求得直线AB的斜率.【详解】（1）设动圆圆心Px,y，半径为r根据题意得：MC1=r+3则动点M轨迹为双曲线（右支），所以a=2，c=3，b=5所以轨迹方程C为x2（2）设A(x1两式相减得5(x因为Q4,1是线段AB的中点，所以所以kAB所以AB的方程为5x−y−19=0.【点睛】本题考查双曲线的定义，点差法的应用，注意求出的双曲线方程要进行验证，只是双曲线的右支，考查逻辑推理能力和运算求解能力.【变式4-1】3.（23·24上·连云港·期中）已知双曲线E：x2a2−y2b(1)求E的方程；(2)设点P为线段AB的中点，求直线OP的方程.【答案】(1)x(2)y=【分析】（1）根据双曲线中AF2−AF（2）设Ax1,【详解】（1）因为在双曲线E：x2a2所以2a=4，即a=2.双曲线E：x2a2因为斜率为2的直线l与E的一条渐近线垂直，所以ba=所以E的方程为x2（2）设Ax1,y1线段AB的中点P的坐标为x1+x又点A，B在双曲线E上，所以x1②－①得，x2两边同时除以x2−x又kAB=2，a=2，b=1，所以所以直线OP的方程为：y=1【变式4-1】4.（23·24上·盐城·期中）双曲线C：x2a2(1)求C的方程；(2)是否存在直线l，经过点M1,4且与双曲线C于A，B两点，M为线段AB的中点，若存在，求l【答案】(1)x(2)存在，x−4y+15=0.【分析】（1）利用双曲线的性质及点到直线距离公式计算即可；（2）利用点差法计算即可.【详解】（1）令x2a2又由题意可知双曲线的焦点c,0到渐近线的距离d=c所以双曲线的标准方程为：x2（2）假设存在，由题意知：该直线的斜率存在，设Ax1,y1，B则x1+x又有x12−两式相减得x12即y1+y2y所以直线l的方程为y−4=14(x−1)联立直线与双曲线方程x−4y+15=0x4y−152即直线l:x−4y+15=0与双曲线C有两个交点，满足条件，所以存在直线l，其方程为x−4y+15=0.【变式4-1】5.（22·23·全国·专题练习）已知A−2,0,B2,0(1)求点M的轨迹C的方程；(2)过点N2,3能否作一条直线m与轨迹C交于两点P，Q，且点N是线段PQ【答案】(1)x(2)不能，理由见解析【分析】（1）利用两点连线斜率公式整理kAM（2）利用点差法可求得直线m的斜率，得直线m的方程，与C的方程联立可知Δ<0【详解】（1）设Mx,y∵kAM=y−0∴y−0x+2⋅即点M的轨迹C的方程x2（2）若能作出直线m，则直线m的斜率存在，设为k，设P(则x12整理可y∵N是线段PQ的中点，∴y1−故直线m的方程为y−3=2x−2，即2x−y−1=0将直线方程代入双曲线方程可得xΔ=故不能作出这样的直线m．题型5取值范围问题【方法总结】圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.【例题5】（23·24上·哈尔滨·阶段练习）已知双曲线C:x2a2−y2b2(1)若直线l过点0,1，且点M，N都在双曲线的左支上，求k的取值范围；(2)若△AOB（O为坐标原点）的面积为812，且k≠0【答案】(1)5(2)−【分析】（1）利用双曲线的渐近线及点在双曲线上，将直线与双曲线联立方程组，利用直线与双曲线相交的条件及韦达定理，结合点在双曲线的左支的条件即可求解；（2）将直线与双曲线联立方程组，利用直线与双曲线相交的条件及韦达定理，再利用中点坐标公式及直线的点斜式方程，结合三角形的面积公式及一元二次不等式的解法可得答案.【详解】（1）∵ba=5∴a=2，b=5故双曲线C:x设Mx1,当直线l过点0,1时，t=1，直线l的方程为y=kx+1，如图所示由y=kx+1x24由5−4k2≠0，Δ=64kx1+x因为点M，N都在左支上，∴x1<0，∴x1+x2=所以k的取值范围为52（2）将y=kx+t代入x24−由5−4k2≠0，Δx1+x设线段MN的中点为x0,y0，则所以线段MN的垂直平分线的方程为y−5t所以A点的坐标为9kt5−4k2因为△AOB的面积为812，所以129kt所以5−4k所以4k2−54k所以k的取值范围为−∞【变式5-1】1.（23·24上·全国·阶段练习）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1（a>0(1)求C的标准方程；(2)若直线l与C有两个不同的交点A，B，且△APB的内心恒在直线x=2上，求l在y轴上的截距的取值范围．【答案】(1)x(2)1,3【分析】（1）先将P的坐标代入双曲线方程，再用a，b表示出P到两条渐近线的距离之积，联立求解即可；（2）由题意画出图形，将内心和点P恒在直线x=2上，转化为直线PA与直线PB斜率互为相反数，设直线方程为y=kx+m，与双曲线方程联立，结合图形，求得m与k的关系及m的取值范围即可.【详解】（1）∵点P2,1在双曲线C上，∴4a2又∵双曲线C：x2a2−y2b∴P2,1到两条渐近线的距离分别为d1=∴由已知，d1d2代入①，解得a2=2，∴C的标准方程为x2（2）

如图，设△APB的内心为I，∵I恒在直线x=2上，且P2,1在直线x=2∴∠API=∠BPI，直线PA与PB关于直线x=2对称，∴设直线PA的斜率为kPA，直线PB的斜率为kPB，则由题意易知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为：y=kx+m，则y=kx+mx22−y令Δ=16k2设Ax1,y1，B∴kPA化简得2kx∴2k2整理得2k2+k−1+km+m=0∴k+12k−1+m由题意，直线l：y=kx+m不过点P2,1，∴1≠2k+m，即2k−1+m≠0∴k+1=0，即k=−1，∴直线l的方程为y=−x+m，如图可知，l与C的右支相交于两点，且l在点P的下方，∴m2>2k∴l在y轴上的截距的取值范围是1,3．【点睛】解析几何中处理与三角形的“心”有关的问题，需要将有关“心”的条件，转化为坐标、斜率、向量等关系进行求解.【变式5-1】2.（23·24上·金华·阶段练习）在直角坐标系xOy中，A,B是双曲线C:x24−y2=1(1)求AB的最小值；(2)设P是直线AB与C的一个交点且AP=λPB.记C上的点到C的焦点的距离的取值集合为S，若λ5【答案】(1)2(2)13【分析】（1）设直线AB方程及点A、B坐标，分别联立双曲线方程及渐近线方程得m2（2）先由双曲线的性质得λ≥55−2，再由向量关系得出P、A、B三点横纵坐标关系式，结合渐近线方程及双曲线方程消元转化得−4y【详解】（1）设lAB

联立直线AB与双曲线方程x=my+tx2−4所以Δ=4联立直线AB与渐近线方程x=my+tx2−4所以y1又点A在第一象限，点B在第四象限，所以m2故AB=由m2+t显然当m2=0时①式取得最小值2，此时故AB的最小值为2；（2）设双曲线上一点Mx0,则x0因为x0≥2，所以MF因为λ5∈S，所以设Px3,y3即x1+λx又x12−4y1由（1）可得O到AB的距离d=t1+m2，所以t2由对勾函数的性质可知y=λ2+故y≥5所以△AOB面积的取值范围为135【点睛】关键点睛：本题关键是：①利用弦长公式表示AB时含有两个参数，此时需要利用直线与双曲线相交得出参数间的关系来消元求最值；②根据向量式用λ来表示点P、A、B的坐标关系，再利用点P、A、B的特征，将面积式化为含λ的函数求其值域即可.【变式5-1】3.（23·24上·朝阳·阶段练习）设双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，(1)若b<22，求C的离心率(2)若∠AOB恒为锐角，求C的实轴长的取值范围.【答案】(1)1,(2)5【分析】（1）根据已知条件代入离心率公式计算取值范围即可；（2）设直线l的方程x=my+1，与双曲线方程联立，以双曲线C的实半轴长a和m表示A，B两点坐标，根据∠AOB恒为锐角，转化为OA⋅【详解】（1）因为b<22，所以因为a2+b2=1，所以c=1则C的离心率e=c又e>1，所以C的离心率的取值范围是1,2（2）因为F1,0，直线l的斜率不为零，所以可设其方程为x=my+1结合b2联立x=my+1,x2a设Ax1,y由于A,B两点均在C的右支上，故y1y2则OA===m由∠AOB恒为锐角，得对∀m2<即m2由于a21−a所以只需m2=0时，−a结合0<a<1，可知a的取值范围是5−1综上所述，C的实轴长的取值范围是5−1,2

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为x1（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算Δ；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1（5）代入韦达定理求解.【变式5-1】4.（23·24上·深圳·开学考试）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(1)求C的方程；(2)若过点M的直线l与C的两条渐近线交于P，Q两点，且MP=（i）证明：l与C有且仅有一个交点；（ii）求1OP【答案】(1)x(2)（i）证明见解析（ii）2【分析】（1）根据双曲线的定义以及几何性质即可求解，（2）（i）根据点差法以及中点弦可得kPQ【详解】（1）由双曲线定义可知MF1−又由F1F2∵a2+b∴双曲线C的方程为x2（2）（i）设Mx0,y0双曲线的渐近线方程为y1=3将①＋②可得y1+y由于x12−y1∴y1+y由题可知MP=MQ，∴x1∴y0x0∴直线PQ的方程为y−y0=又∵点M在C上，∴3x02将方程联立x2−y∴−3x2+6∴l与C有且仅有一个交点.（ii）由（2）（i）联立y=3x3x0∴OP⋅∴1OP+2OQ=又∵OP∈∴1OP+2

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.【变式5-1】5.（22·23·福州·三模）已知M是平面直角坐标系内的一个动点，直线MA与直线y=x垂直，A为垂足且位于第三象限；直线MB与直线y=−x垂直，B为垂足且位于第二象限.四边形OAMB(O为原点)的面积为2，记动点M的轨迹为C.(1)求C的方程；(2)点E22,0，直线PE，QE与C分别交于P，Q两点，直线PE，QE，PQ的斜率分别为k1，k2【答案】(1)x(2)16,+【分析】（1）根据题意结合点到直线的距离公式分析运算；（2）直线PQ:y=kx+m，根据题意结合韦达定理分析可得m=22【详解】（1）因为直线x−y=0、x+y=0相互垂直，则四边形OAMB为矩形，设Mx,y，且x−y<0x+y<0，可得则点M到直线x−y=0、x+y=0的距离分别为2x−y2、可得2x−y2×所以C的方程为x2（2）设直线PQ:y=kx+m,Px联立方程y=kx+mx2−由题意可得：1−k因为1k1+整理得8k即−8整理得3m2−22km−16若m=−423k，则直线此时①式为1−k当m=22k时，则直线PQ:y=kx+22此时①式为1−k2≠0Δ=16k2则PQ=因为k2>1，则k2所以PQ=4又因为E,F为双曲线x2则PE−PF=4,可得△PQE周长为PE+所以△PQE周长的取值范围16,+∞

【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法（1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)；（2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．【变式5-1】6.（22·23下·烟台·三模）已知双曲线C:x2a2−(1)求双曲线C的方程；(2)设双曲线的左、右焦点分别为F1,F2，斜率为kk≠0且不过F1的直线l与C交于点A,B，若k为直线AF【答案】(1)x(2)d∈【分析】（1）将6,1（2）设直线l的方程为y=kx+m，联立双曲线方程消元，韦达定理结合k为直线AF【详解】（1）因为点6,1在C上，所以6由题意知，2c=4,c=2，所以a2由①②解得a2故双曲线C的方程为x2（2）设直线l的方程为y=kx+m，联立得y=kx+mx23−y有韦达定理可得，x1且Δ=36k2因为k为直线AF所以y1x1kx整理可得，m−2kx当m−2k=0时，直线l为y=kx+2所以x1+x2=−4代入m2+1>3k2化简可得，9k又因为，d=2k+m令1+1k2所以，d=143t−所以，d∈0,+【点睛】本题是直线与圆锥曲线的综合性问题，一般步骤：1、设直线和点坐标；2、联立直线和曲线方程消元，利用韦达定理得两根和与两根积；3、将相关条件和问题利用韦达定理表示即可求解.题型6最值问题【方法总结】圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用．另外在解析几何中还要注意向量的应用，如本题中根据共线得到点的坐标之间的关系，进而为消去变量起到了重要的作用【例题6】（22·23上·全国·模拟预测）已知双曲线C：x2−my(1)求双曲线C的方程；(2)若∠AMB=90°，求点M到直线l距离的最大值．【答案】(1)x2(2)2【分析】（1）由双曲线方程求得右焦点F21m（2）由∠AMB=90°得MA⋅MB=0，分别讨论直线斜率存在、不存在的情况，当斜率不存在时，设x=x0，直接求出交点，结合数量积运算可解出x【详解】（1）由曲线为双曲线得m>0，双曲线标准形式为x2−y21m=1当x=1m+1时，代入双曲线方程得y=±由OA⋅OB=故双曲线C的方程为x2（2）由∠AMB=90°得MA⋅i.当直线斜率不存在时，设为x=x0，联立x2−2y2=1得y2=x0故点M到直线l距离为2；ii.当直线斜率存在时，设为y=kx+b，联立x2−2y故当1−2k设Ax1,故MA⋅MB=即−1+k22b2+1①当b=−k时，直线l为y=kx−1过1,0②当b=−3k时，代入（*）可得k2∴点M到直线l距离为−2kk综上，点M到直线l距离的最大值为2.【点睛】关键点点睛：（1）根据直线与圆锥曲线的交点个数，注意讨论个数成立的条件；（2）结合韦达定理可以表示MA⋅【变式6-1】1.（23·24上·温州·期中）已知△ABC,B−2,0,C2,0,AB与(1)求三角形△ABC重心的轨迹G方程；(2)若E−3,0,F3,0，点Q在直线x=32上，连结EQ,FQ，与轨迹G的【答案】(1)x(2)2+【分析】（1）根据双曲线的定义求解即可；（2）求出动直线MN的方程，再求的所过定点，即可知E与定点间的距离为最大值.【详解】（1）设AB与AC的中点为D,H，则由题意可得DC−∴由重心性质得GC−由双曲线的定义可知G的轨迹为双曲线，易得2a=23∴b∴（2）如图，设Mx令x=32，得yQ=∴3两边同时平方可得32又由x123−y代入①式得3两边交叉相乘化简可得7x当lNM斜率存在时，可设直线为y=kx+m与x23−由根与系数关系可得：x1代入②式，得6解得k=−12m当k=−12m时，直线当k=−23m时，直线l由32若当lNM斜率不存在时，则直线lNM:综上，直线MN恒过定点R所以点E到直线MN距离d≤【变式6-1】2.（23·24上·安徽·阶段练习）已知双曲线x2a2−y2b2=1(1)求双曲线的方程；(2)过右焦点F2作直线交双曲线于M，N两点(M，N均在双曲线的右支上)，过原点O作射线OP，其中OP⊥MN，垂足为E,P为射线OP与双曲线右支的交点，求4【答案】(1)x(2)12【分析】（1）根据已知条件求得a,b，从而求得双曲线的方程.（2）根据直线MN的斜率是否存在进行分类讨论，先求得4MN【详解】（1）由题意得16a2−9b2=1，c=双曲线的方程为：x2（2）当直线MN斜率不存在时，MN=3，OP=2，则当直线MN斜率存在时，假设直线方程为y=kx−联立双曲线方程得3−4k则x1+x2=∵直线与双曲线交于右支，∴k2则MN=设射线OP方程为：y=−1∴x2=12k2∴1MN∴4≤125−2当且仅当OP2=4MN综上，4MN−OP

【点睛】求得双曲线的标准方程，关键是根据已知条件求得a,b，a,b是两个未知数，所以求解需要两个条件.求解圆锥曲线中的最值问题，可先求得需要求最值的式子的表达式，然后根据表达式的结构选取合适的方法来求最值.【变式6-1】3.（22·23下·浙江·期末）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0离心率为2，A1，A2分别是左、右顶点，点M是直线x=1上一点，且满足3tan∠MA1(1)求双曲线C的方程；(2)求S1【答案】(1)x(2)1【分析】（1）设M1,mm>0，可判断a>1，表示出tan∠MA1A2，tan（2）由（1）可知直线MA1，MA2的方程。联立直线与双曲线方程求出xB、x【详解】（1）依题意设M1,mm>0，A1若0<a<1，此时0<∠MA1A2<π2，∠M则tan∠MA1A2所以3m1+a=ma−1，解得a=2，又e=c所以双曲线C的方程为x2（2）由（1）可知直线MA1：y=m3x+2由y=m3x+2x2所以xB=−21+54m由y=−mx−2x24−所以xC=21+6m综上可得3<m所以xB+x又S1又x=3所以S1S2令m2+9=t，则所以S1令λ=1t，则λ∈1所以当λ=118时即m=±3时S1

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算Δ；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x（5）代入韦达定理求解.【变式6-1】4.（22·23·淄博·三模）已知双曲线C：x2a2−y(1)求双曲线C的标准方程；(2)已知点M，Q是双曲线C上关于坐标原点对称的两点，其中M位于第一象限，∠F1Q【答案】(1)x(2)1【分析】（1）由题意可知：△ARS是正三角形，则利用点A到渐近线bx−ay=0的距离为32（2）方法①设点M(x0,y0)，写出直线MN方程与椭圆方程联立，利用韦达定理把MEMN【详解】（1）由题意可知：△ARS是正三角形，所以点A到渐近线bx−ay=0的距离为32所以abc=3所以双曲线标准方程是：x（2）方法①：由双曲线的光学性质，可知点Q处的切线即为∠F设点M(x0,y设直线l的方程是：y=kx+t，由y=kx+tx23∴3k2∴−x∵−y0=−kx0+t，x023即：x0由点到直线的距离公式得：ME=直线MN方程：y−y0由y=−3y所以x0+xN所以y所以MN所以MEMN=6(24y0当1t=13，即y0方法②：如图，由题意知点Q在双曲线左支上，设M(x0,易知直线l的斜率存在，设直线l的斜率为k，记a=1,k，又l2为∠因为x023−y同理QF2=2代入QF1⋅化简得x0=3ky0.又x0由x0=3ky0x023所以M3k3k所以直线l的方程为y=kx+3k2由点到直线的距离公式得：ME=又直线MN的斜率为−1k，且过点M，所以直线x=−ky+4k将其与x23−设Nx1,y1易知点N在第四象限，所以y0y1MN=故MEMN当且仅当3−k2=3所以当且仅当k=1时，MEMN的最大值为1

【点睛】【变式6-1】5.（22·23下·淮安·模拟预测）已知双曲线M：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为52，点F(1)求双曲线M的方程；(2)若y0≥1，此时直线F1【答案】(1)x(2)4【分析】（1）根据椭圆的离心率及PF2⊥（2）写出直线PQ的方程，联立椭圆方程，由根与系数的关系及三角形的面积公式得出面积表达式，换元后利用二次函数求最值.【详解】（1）根据题意可得e2=c当PF2⊥F1∴a=2，∴b2∴双曲线M的方程为x2（2）设PQ与x轴交于点N，如图，

则PF又2a=4，∴PF∵PQ为∠F1P∴xN=4令x=0，得Q0,−∴直线F1Q的方程为y=1联立y=1−5易得Δ>0，设Ax1,y1，B又y0≥1，∴∴S△令5y02∴△F2AB题型7定点问题【方法总结】求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点x0,y0，常利用直线的点斜式方程【例题7】（22·23·石家庄·模拟预测）双曲线x2a2−y(1)求双曲线的标准方程；(2)A,B分别为双曲线的左，右顶点，若点P为直线x=13上一点，直线PA与双曲线交于另一点M，直线PB与双曲线交于另一点N，求直线【答案】(1)x(2)直线MN恒过定点3,0【分析】（1）由题意可得1816a2（2）由题意可得A−1,0,B1,0，设P13,t，从而得到直线PA的方程为y=3t4x+1，直线PB的方程为y=−32tx−1，分别与双曲线方程联立，结合韦达定理求得M9t2+128128−9t2,192t128−9t2【详解】（1）因为点324,1在双曲线x又离心率e=ca=所以a2所以双曲线的方程为x2（2）设P13,t，因为A,B所以A−1,0,B1,0，所以直线PA由x2−y28因为直线PA与双曲线交于点A,M，所以128−9t2≠0因为xA⋅x所以yM所以M9因为直线PB的方程为y=−3由x2−y28因为直线PB与双曲线交于点B,N，所以32−9t2≠0因为xBxNyN所以N−9所以当t≠±423直线MN的斜率为k==当t≠0时，直线MN的方程为y−令y=0，得1所以x=所以直线MN过定点3,0.当t=0时，P13,0，直线MN的方程为y=0当t=±423或t=±82综上，直线MN恒过定点3,0.

【点睛】思路点睛:与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题.【变式7-1】1.（22·23下·佛山·阶段练习）已知F1−2，0，F22，0，点(1)求轨迹E的方程；(2)若直线l过点F2，且与轨迹E交于P、Q两点．在x轴上是否存在定点M，无论直线l绕点F2怎样转动，使MP⋅【答案】(1)x(2)存在，M【分析】（1）根据双曲线定义即可得a=1，c=2，即可得到双曲线方程，注意轨迹为双曲线右支；（2）设直线l的方程为y=kx−2，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，同时列出不等式解出k2>3，设存在点Mm,0满足条件，计算【详解】（1）由PF1−PF2=2<且2a=2，即a=1，c=2，故b2轨迹方程为x2（2）若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx−2联立得y=kx−2x2设Px1，y1解得k2设存在点Mm,0由MP⋅=3−4m+5k对任意k2>3恒成立，所以1−m因此存在定点M−1若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x=2，联立x=2x2−y2将M−1综上所述，x轴上存在定点M−1，0【点睛】关键点睛：本题第二问设直线l的方程为y=kx−2，将之与双曲线方程联立得到韦达定理式，同时解出其中k的范围，设存在点Mm,0满足条件，计算MP⋅MQ=k2+1x【变式7-1】2.（22·23下·武汉·三模）已知双曲线C1：x2a2−y2b2=1的一条渐近线为y=−12x，椭圆C2：(1)求双曲线C1和椭圆C(2)是否存在定点Q，使得四条直线QA，QB，QM，QN的斜率之和为定值?若存在，求出点Q坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)双曲线C1的方程为：x24−(2)存在，点Q坐标为2,0.【分析】（1）由椭圆及双曲线的性质计算即可；（2）两直线与椭圆、双曲线的交点没有联系，故可分开单独计算各斜率之和即可，设点A、B、Q坐标及直线l1：y=kx+m与双曲线联立，结合韦达定理化简计算得：kQA+kQB【详解】（1）已知双曲线渐近线为y=±bax因为椭圆C2的长轴长2a=4，即a=2，b=1所以双曲线C1的方程为：x椭圆C2的方程为：x（2）

当直线l1、l故直线l1的方程设为：y=kx+m，直线l1过点P2,1与双曲线方程联立y=kx+mx24故1−4k2≠0设Ax1,y1，B设QxkQA化简得kQA代入韦达定理得：kQA将2k+m=1代入其中消去m化简得：kQA由动直线l1、l2互不影响可知，要满足则kQA+k因此要满足kQA①若16y0−8x0y0经检验满足Q2,0，此时k②若16y0−8x0有16y无解.综上，当Q2,0，k下面只需验证当Q2,0时，k设直线l2方程为：y=tx+n，直线l2过点P2,1椭圆方程联立y=tx+nx24故Δ>0设Mx3,y3，NkQM化简得kQM代入韦达定理化简可得：kQM将2t+n=1代入其中可得：kQM所以当Q2,0，kQA+kQB所以点Q坐标为2,0.【点睛】关键点睛：第二问斜率定值问题，关键在于待定系数化简计算上，即设点A、B、Q的坐标及直线l1的方程，利用韦达定理消元化简两斜率之和可得：kQA+【变式7-1】3.（21·22·全国·专题练习）设直线x=m与双曲线C：x2−y23=m(m>0)的两条渐近线分别交于A，(1)求m的值；(2)已知直线l与x轴不垂直且斜率不为0，l与C交于两个不同的点M，N，M关于x轴的对称点为M'，F为C的右焦点，若M'，F，N三点共线，证明：直线l经过【答案】(1)m=1(2)证明见解析【分析】（1）求出双曲线的渐近线方程，从而得到A，B两点的坐标，得到三角形OAB的面积为3m（2）设出直线方程y=kx−pk≠0，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，根据三点共线，得到斜率相等，列出方程，代入后求解出【详解】（1）双曲线C：x2−y不妨设Am,3因为三角形OAB的面积为3，所以12所以3m2=3，又（2）双曲线C的方程为C：x2−y23依题意，设直线l与x轴交于点p,0，直线l的方程为y=kx−p设Mx1,y1联立y=kx−px23−k2≠0化简得k2≠3且所以x1+x因为直线MN的斜率存在，所以直线M'因为M'，F，N三点共线，所以k即−y1x所以−kx因为k≠0，所以x1所以2x所以2⋅−化简得p=12，所以MN经过x轴上的定点

【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是设直线l的方程为y=kx−pk≠0，Mx1,y1，N【变式7-1】4.（22·23·云南·模拟预测）已知圆C：x+52+y2=4，定点D5,0，如图所示，圆C上某一点D1恰好与点D

(1)求证：TC−TD为定值，并求出点T的轨迹(2)设A−1,0，M为曲线E上一点，N为圆x2+y2=1上一点（M，N均不在x轴上）.直线AM，AN的斜率分别记为k1【答案】(1)证明见解析，x(2)证明见解析，定点坐标为1,0【分析】（1）根据对称性求得TC−TD为定值，结合双曲线定义求得轨迹（2）解一：根据M，A在双曲线上，用点差法得y1x1+1=4⋅x1−1y1，解二：分别联立直线与双曲线、圆，求出M，N的坐标，设定点Tt,0，由三点共线得t=1【详解】（1）证明：由图，由点D1与D关于PQ对称，则T所以TC−由TC−由双曲线定义知，点T的轨迹为以C−5,0，D所以a=1，c=5，b所以双曲线E的方程为x2（2）解一：因为A−1,0

令Mx1,x12−同理，x22+k1=−4k由题知直线MN斜率一定存在，设直线MN方程y=kx+m则x1整理得mx1−故直线MN恒过定点1,0.解二：由已知得lAM：y=k1x+1，联立直线方程与双曲线方程y=k1x+1,x由韦达定理得xAxM=−所以Mk联立直线方程与圆的方程y=k2x+1,x由韦达定理得xAxN=k因为kAN=−14k若直线MN过定点，则由对称性得定点在x轴上，设定点Tt,0由三点共线得kMT即8k所以直线MN过定点T1,0【点睛】方法点睛：圆锥曲线中直线过定点问题通法，是先设出直线方程y=kx+m，通过韦达定理和已知条件若能求出m为定值可得直线恒过定点，若得到k和m的一次函数关系式，代入直线方程即可得到直线恒过定点.此题中由于两点分别是直线与双曲线、圆的交点，故只能求出两交点的坐标，用两点坐标结合直线方程得到直线恒过定点.【变式7-1】5.（23·24上·连云港·阶段练习）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(−25,0)，离心率为5，点A1，A2为C的左，右顶点．P为直线x=1上的动点，(1)求C的方程；(2)证明：直线MN过定点．【答案】(1)x(2)证明见解析.【分析】（1）根据题意，列出方程，求得a,b，即可得到C的方程；（2）根据题意，分别得到M,N的坐标，然后分直线MN的斜率存在以及不存在分别讨论，即可得到结果.【详解】（1）由题意可设双曲线方程为x2a2−y离心率为5，则e=ca=25则C的方程为x2（2）

因为点A1，A2为C的左，右顶点，P为直线所以A1−2,0,A2则直线PA1的方程为联立直线PA1与双曲线的方程可得y=t36−t2x由韦达定理可得−2x1=4t即M2设直线PA2方程为联立直线PA2与双曲线的方程可得y=−tx−24−t2x由韦达定理可得2x2=4t即N2由对称性可知，若直线MN过定点，则定点在x轴上，当直线MN的斜率不存在时，2t2+72此时，x1=x2=4当t2≠12时，kME所以M,N,E三点共线，即直线MN经过点E4,0综上，直线MN经过定点4,0.题型8定值问题【方法总结】直线与椭圆综合应用中的定值问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于x或y的一元二次方程的形式；②利用Δ>0③结合韦达定理表示出所求量，将所求量转化为关于变量的函数的形式；④化简所得函数式，消元可得定值.【例题8】（23·24上·南阳·期中）已知双曲线C：x2a2−y(1)求C的方程；(2)若直线l过点P4,0且与C的右支交于M，N两点，记C的左、右顶点分别为A1，A2，直线MA1，NA2【答案】(1)x(2)证明见解析；【分析】（1）利用离心率的概念求出a,b即可；（2）根据直线过定点设出直线，联立，分别求出斜率，最后得到斜率的比值即可.【详解】（1）因为C的右焦点为F5,0，所以C的半焦距又离心率为e=52，所以ca=5故C的方程为x2（2）易知A1−2,0，设Mx1,y1，Nx2由x=ty+4x24Δ=64t又因为直线l与C的右支交于M，N两点，所以−2<t<2所以kMA=ty1即kMA1【变式8-1】1.（23·24上·南昌·阶段练习）已知双曲线C:x2a2−(1)求双曲线C的标准方程；(2)已知点Q3,4【答案】(1)x(2)斜率之积为定值4，证明见解析【分析】（1）由双曲线的实轴长和离心率，求出a与b，可得双曲线C的标准方程；（2）分直线l斜率存在和不存在两种类型，通过联立方程组，设点，利用韦达定理表示直线QA，QB的斜率之积，化简得定值.【详解】（1）双曲线C:x2a2−双曲线离心率为2，则双曲线是等轴双曲线，得b=a=2．所以双曲线C的标准方程为x2（2）当直线QA，QB的斜率均存在，其斜率之积为定值4，证明如下：过点P4,2的直线l，若斜率不存在，则直线方程为x=4与双曲线方程联立解得A4,23，B4,−2直线l斜率存在，设直线斜率为k，直线方程为y−2=kx−4双曲线渐近线方程为y=±x，当k≠±1时，直线l与双曲线C交于A，B两点，由x24−y2设Ax1,y1，By1y1当直线QA，QB的斜率均存在，k===4所以当直线QA，QB的斜率均存在，其斜率之积为定值4.【点睛】方法点睛：解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情况，强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．【变式8-1】2.（23·24上·广西·阶段练习）已知双曲线x2a2−y(1)求双曲线的离心率；(2)过M0,1的直线与双曲线交于P，Q两点，过双曲线的右焦点F且与PQ平行的直线交双曲线于A，B两点，试问MP【答案】(1)3(2)是，定值为65【分析】（1）代入点的坐标联立方程可得双曲线方程，进而由离心率公式即可求解.（2）联立直线与双曲线方程，根据弦长公式分别求解AB,【详解】（1）将点3,52和点4,15得9a2所以双曲线的离心率e=1+（2）依题意可得直线PQ的斜率存在，设PQ：y=kx+1．联立y=kx+1,x24设Px1,y1，Q所以MP⋅MQ=F3,0，直线AB：y=kx−3．设Ax联立y=kx−3,x则x3+x则AB=1+所以MP⋅MQAB=24

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围或者定值问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等或者等量关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.【变式8-1】3.（22·23下·河南·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2a2(1)求C的方程；(2)证明：MF【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）根据题意，直接列出方程求解a，可得答案.（2）根据题意，分类讨论当l垂直于x轴和l不垂直于x轴时的情况，对于l垂直于x轴的情况，直接列方程计算；对于l不垂直于x轴时的情况，直线与双曲线联立方程，利用韦达定理，计算化简可证明成立.【详解】（1）根据题意有F22a,0将x=2a代入C的方程有M2所以M，N到直线y=x的距离之和为2a−a所以a=2，C的方程为x（2）

方法1：当l垂直于x轴时，由（1）可知，MF且由双曲的定义可知MF1=当l不垂直于x轴时，由双曲线的定义可知MF1=故MF设l:y=kx−2，代入C的方程有：1−设Mx1,y1，N所以1MF2所以MF综上，MF方法2：当l垂直于x轴时，由（1）可知，MF且由双曲的定义可知MF故MF当l不垂直于x轴时，设l:y=kx−2代入C的方程有：1−k设Mx1,y1，N所以MF1M综上，MF【变式8-1】4.（23·24上·长沙·阶段练习）已知双曲线C:x2a2−y2(1)求双曲线C的方程；(2)若F为双曲线的左焦点，过点F作直线l交C的左支于A,B两点.点P−4,2，直线AP交直线x=−2于点Q.设直线QA,QB的斜率分别k1,【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）由已知条件，列方程组求a2（2）设直线l的方程与双曲线联立方程组，设A,B两点坐标，表示出直线AP，得点Q坐标，表示出k1,k【详解】（1）由题意，双曲线C:x2a2−y2可得9a2−1b2=1（2）双曲线C的左焦点为F−4,0当直线l的斜率为0时，此时直线为y=0，与双曲线C左支只有一个交点，舍去；当直线l的斜率不为0时，设l:x=my−4，联立方程组x=my−4x2−y2=8，消由于过点F作直线l交C的左支于A,B两点，设Ax1,y1，B由直线AP:y−2=k1x+4所以k2=y所以k=−2m因为k1=y1−2所以k1−k【点睛】方法点睛：解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．【变式8-1】5.（21·22上·大连·阶段练习）已知双曲线x2a2−y2=1的渐近线倾斜角分别为30°(1)求双曲线方程．(2)过点P分别作两渐近线的垂线，垂足分别为Q,R，求证：|PQ|⋅|PR|为定值．【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）由渐近线方程求解b，即可得双曲线方程；（2）设点P(x0,y0)，由点线距离公式用【详解】（1）双曲线渐近线方程为y=±33x，又b=1双曲线的标准方程为x2（2）设P(x0,则|PQ|⋅|PR|=又x023−y【变式8-1】6.（23·24上·汉中·阶段练习）已知双曲线C：x2a2(1)求双曲线C的标准方程；(2)若动直线l与双曲线C恰有1个公共点，且与双曲线C的两条渐近线分别交于P,Q两点，O为坐标原点，证明：△OPQ的面积为定值.【答案】(1)x(2)证明见解析【分析】（1）根据焦距和焦点到近线的距离，求出a,b可得双曲线C的标准方程；（2）讨论直线l的斜率是否存在，且当直线的斜率存在时，设出直线方程，与双曲线方程联立，根据Δ=0，找到参数之间的关系，再利用弦长公式求得|PQ|【详解】（1）依题意得2c=26，c=6，一条渐近线为y=bax所以|6b|b2+a2所以a2所以双曲线C的标准方程为x2（2）当直线l的斜率不存在时，若动直线l与双曲线C恰有1个公共点，则直线l经过双曲线的顶点，不妨设l:x=5，又渐近线方程为y=±将x=5代入y=55x，得y=1，将x=5则|PQ|=2，S△OPQ当直线l的斜率存在，设直线l:y=kx+t，且k≠±5联立y=kx+tx25−y因为动直线l与双曲线C恰有1个公共点，所以1−5k2≠0设动直线l与y=55x的交点为P，与y=−联立y=kx+ty=55x，得则|PQ|=1+k2|因为原点O到直线l的距离d=|t|所以S△OPQ=12|PQ|d又因为5k2=t2+1，所以故△OPQ的面积为定值，且定值为5.

【点睛】关键点点睛：利用Δ=0，找到参数之间的关系，再利用弦长公式求得|PQ|题型9定直线问题【例题9】（22·23下·荆门·期末）已知双曲线C：x2a2(1)求双曲线C的方程：(2)当a<b时，记双曲线C的左、右顶点分别为A1，A2，动直线l：x=my+2与双曲线C的右支交于M，N两点（异于A2），直线A1M，A【答案】(1)C：x2−3y2(2)证明见解析，定直线x=【分析】（1）根据实轴长度确定a的取值，再根据渐近线夹角确定渐近线斜率，从而确定b的取值，写出解析式；（2）首先联立直线与双曲线方程，根据韦达定理确定M，N两点坐标关系，联立方程，再利用点斜式表示出直线A1M，A2N的方程，代入【详解】（1）由题知2a=2，得a=1，ba=tanπ6或b所以双曲线C的方程为C：x2−3y2=1（2）由（1）知，当a<b时，C：x2设Mx1,联立直线l与双曲线C得：x=my+23Δ=36m2+1>0，方程的两根为y1，A1−1,0，A21,0，则A1M：因为直线A1M，A2故y0=y消去y0，整理得：xx=9m因此x0故点T在定直线x=1【点睛】方法点睛：求解双曲线方程的题型一般步骤：（1）判断焦点位置；（2）设方程；（3）列方程组求参数；（4）得结论.【变式9-1】1.（22·23下·安庆·一模）如图1所示，双曲线具有光学性质：从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点．若双曲线E:x24−y2b2=1b>0的左、右焦点分别为F1、F2，从F2

(1)求双曲线E的方程；(2)设A1、A2为双曲线E实轴的左、右顶点，若过P4,0的直线l与双曲线C交于M、N两点，试探究直线A1M【答案】(1)x(2)在直线x=1上【分析】（1）延长CA与DB交于F1，分析可得BF1AB=34，令BF1=3tt>0，则AB（2）分析可知，直线l不与x轴垂直，设直线l的方程为x=my+4，设点Mx1,y1、Nx2,y2，将直线【详解】（1）解：如图所示：

延长CA与DB交于F1，因为AB⊥AD，tan则tan∠F1令BF1=3t所以，AF由双曲线的定义可得AF1−BF1−又因为AB=AF2+所以，BF1=3t=6由勾股定理可得2c=F1F故b=c因此，双曲线E的方程为x2（2）解：若直线l与x轴重合，则直线l与双曲线E的交点为双曲线E的两个顶点，不合乎题意，设直线l的方程为x=my+4，设点Mx1,联立x=my+43x2

由题意可得3m2−2≠0由韦达定理可得y1+y易知点A1−2,0、A22,0，则直线A1M的方程为y=y1m联立直线A1M、A2N的方程并消去可得x+2=−108m3因此，直线A1M与直线A2N的交点【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为x1,y（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算Δ；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+x2、x1（5）代入韦达定理求解.【变式9-1】2.（22·23·广西·一模）如图，已知双曲线C:x2a2−y2b2(1)求C的方程；(2)设A1,A2是C的左､右顶点，过点12【答案】(1)x(2)是，S在定直线x=2上【分析】（1）计算得到OQ=233PQ，OP=3（2）直线MN的方程为x=ty+12，Mx【详解】（1）双曲线右焦点为F(2,0)，故c=2，渐近线方程为y=±baxOP⊥PQ，故OQ2−OP|OP|+|OQ|=3|PQ|，故解得OQ=233PQ，OP故tan∠POF=ba=3，c=2，a故双曲线方程为x2（2）A1(−1,0)，A2(1,0)，设直线MN的方程为联立x=ty+123故y1+y直线A1M:y=y联立两直线方程，解得x=2t故直线A1M与直线A2N的交点【点睛】关键点睛：本题考查了双曲线方程，双曲线中的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，根据设而不求的思想，利用韦达定理得到ty【变式9-1】3.（22·23上·福州·期末）在直角坐标平面内，已知A−2,0，B2,0，动点P满足条件：直线PA与直线PB的斜率之积等于14，记动点P(1)求E的方程；(2)过点C4,0作直线l交E于M，N两点，直线AM与BN交点Q【答案】(1)x24(2)点Q在直线x=1上【分析】（1）设Px,yx≠±2（2）依题意直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为x=my+4，M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，表示出直线AM、BN的方程，即可得到直线【详解】（1）解：设Px,yx≠±2，则yx+2⋅yx−2=1故轨迹E的方程为：x24−（2）解：根据题意，直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为x=my+4，由x=my+4x24−y其中Δ=6