2023届高考一轮复习讲义（理科）第九章　平面解析几何 第6讲　双曲线学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第九章　平面解析几何 第6讲　双曲线学案，共24页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。

一、知识梳理
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非零常数(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|F1F2|时，P点不存在．
2．双曲线的标准方程和几何性质
3.等轴双曲线及性质
(1)等轴双曲线：实轴长和虚轴长相等的双曲线叫做等轴双曲线，其标准方程可写作：x2－y2＝λ(λ≠0)．
(2)等轴双曲线⇔离心率e＝eq \r(2)⇔两条渐近线y＝±x互相垂直．
常用结论
1．双曲线的焦点到其渐近线的距离为b.
2．若P是双曲线右支上一点，F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，则|PF1|min＝a＋c，|PF2|min＝c－a.
3．同支的焦点弦中最短的为通径(过焦点且垂直于长轴的弦)，其长为eq \f(2b2,a)，异支的弦中最短的为实轴，其长为2a.
4．设P，A，B是双曲线上的三个不同的点，其中A，B关于原点对称，直线PA，PB斜率存在且不为0，则直线PA与PB的斜率之积为eq \f(b2,a2).
5．P是双曲线上不同于实轴两端点的任意一点，F1，F2分别为双曲线的左、右焦点，则S△PF1F2＝b2·eq \f(1,tan \f(θ,2))，其中θ为∠F1PF2.
二、习题改编
1．(选修2­1P61A组T1改编)若双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的焦点到其渐近线的距离等于实轴长，则该双曲线的离心率为________．
解析：由题意知焦点到其渐近线的距离等于实轴长，双曲线的渐近线方程为eq \f(x,a)±eq \f(y,b)＝0，即bx±ay＝0，
所以2a＝eq \f(bc,\r(a2＋b2))＝b.
又a2＋b2＝c2，所以5a2＝c2.
所以e2＝eq \f(c2,a2)＝5，所以e＝eq \r(5).
答案：eq \r(5)
2．(选修2­1P62A组T6改编)经过点A(3，－1)，且对称轴都在坐标轴上的等轴双曲线方程为________．
解析：设双曲线的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,a2)＝±1(a＞0)，
把点A(3，－1)代入，得a2＝8(舍负)，
故所求方程为eq \f(x2,8)－eq \f(y2,8)＝1.
答案：eq \f(x2,8)－eq \f(y2,8)＝1
3．(选修2­1P61练习T3改编)以椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的焦点为顶点，顶点为焦点的双曲线方程为________．
解析：设要求的双曲线方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，由椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，得焦点为(±1，0)，顶点为(±2，0)．所以双曲线的顶点为(±1，0)，焦点为(±2，0)．所以a＝1，c＝2，所以b2＝c2－a2＝3，所以双曲线标准方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.
答案：x2－eq \f(y2,3)＝1
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)平面内到点F1(0，4)，F2(0，－4)距离之差的绝对值等于8的点的轨迹是双曲线．( )
(2)椭圆的离心率e∈(0，1)，双曲线的离心率e∈(1，＋∞)．( )
(3)方程eq \f(x2,m)－eq \f(y2,n)＝1(mn>0)表示焦点在x轴上的双曲线．( )
(4)等轴双曲线的渐近线互相垂直，离心率等于eq \r(2).( )
答案：(1)× (2)√ (3)× (4)√
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)忽视双曲线的定义；
(2)忽视双曲线焦点的位置；
(3)忽视双曲线的渐近线与离心率的关系．
1．平面内到点F1(0，4)，F2(0，－4)的距离之差等于6的点的轨迹是________．
解析：由|PF1|－|PF2|＝6＜|F1F2|＝8，得a＝3，又c＝4，则b2＝c2－a2＝7，所以所求点的轨迹是双曲线eq \f(y2,9)－eq \f(x2,7)＝1的下支．
答案：双曲线eq \f(y2,9)－eq \f(x2,7)＝1的下支
2．坐标原点为对称中心，两坐标轴为对称轴的双曲线的一条渐近线的倾斜角为eq \f(π,3)，则双曲线的离心率为________．
解析：若双曲线的焦点在x轴上，设双曲线的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1，则渐近线的方程为y＝±eq \f(b,a)x，由题意可得eq \f(b,a)＝tan eq \f(π,3)＝eq \r(3)，b＝eq \r(3)a，可得c＝2a，则e＝eq \f(c,a)＝2；若双曲线的焦点在y轴上，设双曲线的方程为eq \f(y2,a2)－eq \f(x2,b2)＝1，则渐近线的方程为y＝±eq \f(a,b)x，由题意可得eq \f(a,b)＝tan eq \f(π,3)＝eq \r(3)，a＝eq \r(3)b，可得c＝eq \f(2\r(3),3)a，则e＝eq \f(2\r(3),3).综上可得e＝2或e＝eq \f(2\r(3),3).
答案：2或eq \f(2\r(3),3)
3．若双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线经过点(3，－4)，则此双曲线的离心率为________．
解析：由条件知y＝－eq \f(b,a)x过点(3，－4)，所以eq \f(3b,a)＝4，即3b＝4a，所以9b2＝16a2，所以9c2－9a2＝16a2，所以25a2＝9c2，所以e＝eq \f(5,3).
答案：eq \f(5,3)
[学生用书P170]
双曲线的定义(多维探究)
角度一 利用定义求轨迹方程
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____________．
【解析】 如图所示，设动圆M与圆C1及圆C2分别外切于点A和点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C1、C2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)．
【答案】 x2－eq \f(y2,8)＝1(x≤－1)
角度二 利用定义解决“焦点三角形”问题
已知F1，F2为双曲线C：x2－y2＝2的左，右焦点，点P在C上，|PF1|＝2|PF2|，则cs∠F1PF2＝________．
【解析】 由双曲线的定义有
|PF1|－|PF2|＝|PF2|＝2a＝2eq \r(2)，
所以|PF1|＝2|PF2|＝4eq \r(2)，
则cs∠F1PF2＝eq \f(|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2,2|PF1|·|PF2|)
＝eq \f(（4\r(2)）2＋（2\r(2)）2－42,2×4\r(2)×2\r(2))＝eq \f(3,4).
【答案】 eq \f(3,4)
【迁移探究1】 (变条件)将本例中的条件“|PF1|＝2|PF2|”改为“∠F1PF2＝60°”，求△F1PF2的面积是多少？
解：不妨设点P在双曲线的右支上，则|PF1|－|PF2|＝2a＝2eq \r(2)，在△F1PF2中，由余弦定理，得
cs∠F1PF2＝eq \f(|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2,2|PF1|·|PF2|)＝eq \f(1,2)，
所以|PF1|·|PF2|＝8，
所以S△F1PF2＝eq \f(1,2)|PF1|·|PF2|sin 60°＝2eq \r(3).
【迁移探究2】 (变条件)将本例中的条件“|PF1|＝2|PF2|”改为“eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝0”，求△F1PF2的面积是多少？
解：不妨设点P在双曲线的右支上，则
|PF1|－|PF2|＝2a＝2eq \r(2)，由于eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝0，
所以eq \(PF1,\s\up6(→))⊥eq \(PF2,\s\up6(→))，所以在△F1PF2中，有
|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，
即|PF1|2＋|PF2|2＝16，所以|PF1|·|PF2|＝4，
所以S△F1PF2＝eq \f(1,2)|PF1|·|PF2|＝2.
角度三 利用定义求解最值问题
若双曲线eq \f(x2,4)－eq \f(y2,12)＝1的左焦点为F，点P是双曲线右支上的动点，A(1，4)，则|PF|＋|PA|的最小值是( )
A．8 B．9
C．10 D．12
【解析】 由题意知，双曲线eq \f(x2,4)－eq \f(y2,12)＝1的左焦点F的坐标为(－4，0)，设双曲线的右焦点为B，则B(4，0)，由双曲线的定义知|PF|＋|PA|＝4＋|PB|＋|PA|≥4＋|AB|＝4＋eq \r(（4－1）2＋（0－4）2)＝4＋5＝9，当且仅当A，P，B三点共线且P在A，B之间时取等号．
所以|PF|＋|PA|的最小值为9.
【答案】 B
eq \a\vs4\al()
双曲线定义的应用
(1)判定满足某条件的平面内动点的轨迹是否为双曲线，进而根据要求可求出曲线方程．
(2)在“焦点三角形”中，常利用正弦定理、余弦定理，经常结合||PF1|－|PF2||＝2a，运用平方的方法，建立|PF1|与|PF2|的关系．
[提醒] 在应用双曲线定义时，要注意定义中的条件，搞清所求轨迹是双曲线，还是双曲线的一支，若是双曲线的一支，则需确定是哪一支．
1．(2020·河南非凡联盟4月联考)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,9)＝1(a＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，一条渐近线与直线4x＋3y＝0垂直，点M在C上，且|MF2|＝6，则|MF1|＝( )
A．2或14 B．2
C．14 D．2或10
解析：选C.由题意知eq \f(3,a)＝eq \f(3,4)，故a＝4，则c＝5.由|MF2|＝6＜a＋c＝9，知点M在C的右支上，由双曲线的定义知|MF1|－|MF2|＝2a＝8，所以|MF1|＝14.
2．(2020·河北廊坊省级示范学校联考)设F1，F2分别为双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，过F1的直线交双曲线C的左支于A，B两点，且|AF2|＝3，|BF2|＝5，|AB|＝4，则△BF1F2的面积为________．
解析：因为|AF2|＝3，|BF2|＝5，
|AF2|－|AF1|＝2a，|BF2|－|BF1|＝2a，
所以|AF2|＋|BF2|－|AB|＝4a＝3＋5－4＝4，
所以a＝1，所以|BF1|＝3，又|AF2|2＋|AB|2＝|BF2|2，
所以∠F2AB＝90°，所以sin B＝eq \f(3,5)，
所以S△BF1F2＝eq \f(1,2)×5×3×sin B＝eq \f(1,2)×5×3×eq \f(3,5)＝eq \f(9,2).
答案：eq \f(9,2)
双曲线的标准方程(师生共研)
(1)(一题多解)与椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1共焦点且过点P(2，1)的双曲线方程是( )
A.eq \f(x2,4)－y2＝1 B．eq \f(x2,2)－y2＝1
C.eq \f(x2,3)－eq \f(y2,3)＝1 D．x2－eq \f(y2,2)＝1
(2)(一题多解)若双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(1,2)x，且经过点(4，eq \r(3))，则双曲线的方程为________．
【解析】 (1)法一：椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1的焦点坐标是(±eq \r(3)，0)．设双曲线方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，所以eq \f(4,a2)－eq \f(1,b2)＝1，a2＋b2＝3，解得a2＝2，b2＝1，所以所求双曲线方程是eq \f(x2,2)－y2＝1.
法二：设所求双曲线方程为eq \f(x2,4－λ)＋eq \f(y2,1－λ)＝1(10)的左焦点F作圆O：x2＋y2＝a2的两条切线，切点为A，B，双曲线的左顶点为C，若∠ACB＝120°，则双曲线的渐近线方程为( )
A．y＝±eq \r(3)x B．y＝±eq \f(\r(3),3)x
C．y＝±eq \r(2)x D．y＝±eq \f(\r(2),2)x
【解析】 (1)设双曲线的另一个焦点为F′，由双曲线的对称性，可得四边形AFBF′是矩形，
所以S△ABF＝S△ABF′，
即bc＝8，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋y2＝c2，,\f(x2,a2)－\f(y2,b2)＝1))可得y＝±eq \f(b2,c)，
则|MN|＝eq \f(2b2,c)＝2，即b2＝c，
所以b＝2，c＝4，
所以a＝eq \r(c2－b2)＝2eq \r(3)，
所以C的渐近线方程为y＝±eq \f(\r(3),3)x，
故选B.
(2)如图所示，连接OA，OB，
设双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的焦距为2c(c>0)，则C(－a，0)，F(－c，0)．
由双曲线和圆的对称性知，点A与点B关于x轴对称，则∠ACO＝∠BCO＝eq \f(1,2)∠ACB＝eq \f(1,2)×120°＝60°.
因为|OA|＝|OC|＝a，所以△ACO为等边三角形，所以∠AOC＝60°.
因为FA与圆O相切于点A，所以OA⊥FA，
在Rt△AOF中，∠AFO＝90°－∠AOF＝90°－60°＝30°，所以|OF|＝2|OA|，即c＝2a，
所以b＝eq \r(c2－a2)＝eq \r(（2a）2－a2)＝eq \r(3)a，
故双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为
y＝±eq \f(b,a)x，即y＝±eq \r(3)x.
【答案】 (1)B (2)A
角度三 求双曲线的离心率(或范围)
(2019·高考全国卷Ⅱ)设F为双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2＋y2＝a2交于 P，Q两点．若|PQ|＝|OF|，则C的离心率为( )
A.eq \r(2) B．eq \r(3)
C．2 D．eq \r(5)
【解析】 如图，由题意，知以OF为直径的圆的方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(c,2)))eq \s\up12(2)＋y2＝eq \f(c2,4)①，将x2＋y2＝a2记为②式，①－②得x＝eq \f(a2,c)，则以OF为直径的圆与圆x2＋y2＝a2的相交弦所在直线的方程为x＝eq \f(a2,c)，所以|PQ|＝2eq \r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,c)))\s\up12(2)).由|PQ|＝|OF|，得2eq \r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,c)))\s\up12(2))＝c，整理得c4－4a2c2＋4a4＝0，即e4－4e2＋4＝0，解得e＝eq \r(2)，故选A.
【答案】 A
eq \a\vs4\al()
与双曲线几何性质有关问题的解题策略
(1)求双曲线的离心率(或范围)：依据题设条件，将问题转化为关于a，c的等式(或不等式)，解方程(或不等式)即可求得．
(2)求双曲线的渐近线方程：依据题设条件，求双曲线中a，b的值或a与b的比值，进而得出双曲线的渐近线方程．
(3)求双曲线方程：依据题设条件，求出a，b的值或依据双曲线的定义，即可求双曲线的方程．
(4)求双曲线焦点(焦距)、实虚轴的长：依题设条件及a，b，c之间的关系求解．
1．(2019·高考全国卷Ⅲ)双曲线C：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,2)＝1的右焦点为F，点P在C的一条渐近线上，O为坐标原点．若|PO|＝|PF|，则△PFO的面积为( )
A.eq \f(3\r(2),4) B．eq \f(3\r(2),2)
C．2eq \r(2) D．3eq \r(2)
解析：选A.不妨设点P在第一象限，根据题意可知c2＝6，所以|OF|＝eq \r(6).
又tan∠POF＝eq \f(b,a)＝eq \f(\r(2),2)，所以等腰三角形POF的高h＝eq \f(\r(6),2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(3),2)，所以S△PFO＝eq \f(1,2)×eq \r(6)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(2),4).
2．(2020·广东汕尾一模)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，F是双曲线C的右焦点，A是双曲线C的右顶点，过F作x轴的垂线，交双曲线于M，N两点．若tan∠MAN＝－eq \f(3,4)，则双曲线C的离心率为( )
A．3 B．2
C.eq \f(4,3) D．eq \r(2)
解析：选B.由题意可知
tan∠MAN＝－eq \f(3,4)＝eq \f(2tan∠MAF,1－tan2∠MAF)，
解得tan∠MAF＝3，
可得eq \f(\f(b2,a),c－a)＝3，可得c2＋2a2－3ac＝0，e2＋2－3e＝0，
因为e＞1，所以解得e＝2.
故选B.
[基础题组练]
1．“k0，b>0)的右焦点是F，左、右顶点分别是A1，A2，过F作A1A2的垂线与双曲线交于B，C两点．若A1B⊥A2C，则该双曲线的渐近线方程为( )
A．y＝±eq \f(1,2)x B．y＝±eq \f(\r(2),2)x
C．y＝±x D．y＝±eq \r(2)x
解析：选C.
如图，不妨令B在x轴上方，因为BC过右焦点F(c，0)，且垂直于x轴，所以可求得B，C两点的坐标分别为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，\f(b2,a)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，－\f(b2,a))).又A1，A2的坐标分别为(－a，0)，(a，0)．
所以eq \(A1B,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c＋a，\f(b2,a)))，eq \(A2C,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c－a，－\f(b2,a))).
因为A1B⊥A2C，所以eq \(A1B,\s\up6(→))·eq \(A2C,\s\up6(→))＝0，
即(c＋a)(c－a)－eq \f(b2,a)·eq \f(b2,a)＝0，
即c2－a2－eq \f(b4,a2)＝0，
所以b2－eq \f(b4,a2)＝0，故eq \f(b2,a2)＝1，即eq \f(b,a)＝1.
又双曲线的渐近线的斜率为±eq \f(b,a)，
故该双曲线的渐近线的方程为y＝±x.
5．(2020·河北衡水三模)过双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦点F(eq \r(5)，0)作斜率为k(k＜－1)的直线与双曲线过第一象限的渐近线垂直，且垂足为A，交另一条渐近线于点B，若S△BOF＝eq \f(5,3)(O为坐标原点)，则k的值为( )
A．－eq \r(2) B．－2
C．－eq \r(3) D．－eq \r(5)
解析：选B.由题意得双曲线过第一象限的渐近线方程为y＝－eq \f(1,k)x，过第二象限的渐近线的方程为y＝eq \f(1,k)x，直线FB的方程为y＝k(x－eq \r(5))，联立方程得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－\r(5)），,y＝\f(1,k)x))⇒x＝eq \f(\r(5)k2,k2－1)，所以y＝eq \f(\r(5)k,k2－1)，所以S△BOF＝eq \f(1,2)|OF|×|yB|＝eq \f(1,2)×eq \r(5)×eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5)k,k2－1)))＝eq \f(5,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(k,k2－1))).
令eq \f(5,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(k,k2－1)))＝eq \f(5,3)，得k＝－2或k＝eq \f(1,2)(舍)．故选B.
6．(2020·唐山模拟)过双曲线E：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左焦点(－eq \r(5)，0)，作圆(x－eq \r(5))2＋y2＝4的切线，切点在双曲线E上，则E的离心率等于( )
A．2eq \r(5) B．eq \r(5)
C.eq \f(\r(5),3) D．eq \f(\r(5),2)
解析：选B.设圆的圆心为G，双曲线的左焦点为F.由圆的方程(x－eq \r(5))2＋y2＝4，知圆心坐标为G(eq \r(5)，0)，半径R＝2，则FG＝2eq \r(5).
设切点为P，
则GP⊥FP，PG＝2，PF＝2＋2a，
由|PF|2＋|PG|2＝|FG|2，
即(2＋2a)2＋4＝20，
即(2＋2a)2＝16，得2＋2a＝4，a＝1，又c＝eq \r(5)，
所以双曲线的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \r(5)，故选B.
7．设F为双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦点，若线段OF的垂直平分线与双曲线的渐近线在第一象限内的交点到另一条渐近线的距离为eq \f(1,2)|OF|，则双曲线的离心率为( )
A．2eq \r(2) B．eq \f(2\r(3),3)
C．2eq \r(3) D．3
解析：选B.双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，线段OF的垂直平分线为直线x＝eq \f(c,2)，将x＝eq \f(c,2)代入y＝eq \f(b,a)x，则y＝eq \f(bc,2a)，则交点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,2)，\f(bc,2a)))，
点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,2)，\f(bc,2a)))到直线y＝－eq \f(b,a)x，即bx＋ay＝0的距离d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(bc,2)＋\f(bc,2))),\r(a2＋b2))＝eq \f(1,2)|OF|＝eq \f(c,2)，得c＝2b＝2eq \r(c2－a2)，即4a2＝3c2，
所以双曲线的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2\r(3),3)，故选B.
8．已知双曲线C：eq \f(x2,3)－y2＝1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N.若△OMN为直角三角形，则|MN|＝( )
A.eq \f(3,2) B．3
C．2eq \r(3) D．4
解析：选B.因为双曲线eq \f(x2,3)－y2＝1的渐近线方程为y＝±eq \f(\r(3),3)x，所以∠MON＝60°.不妨设过点F的直线与直线y＝eq \f(\r(3),3)x交于点M，由△OMN为直角三角形，不妨设∠OMN＝90°，则∠MFO＝60°，又直线MN过点F(2，0)，所以直线MN的方程为y＝－eq \r(3)(x－2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\r(3)（x－2），,y＝\f(\r(3),3)x，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(3,2)，,y＝\f(\r(3),2)，))所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，所以|OM|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2))＝eq \r(3)，所以|MN|＝eq \r(3)|OM|＝3，故选B.
9．(2020·湛江模拟)设F为双曲线E：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a，b＞0)的右焦点，过E的右顶点作x轴的垂线与E的渐近线相交于A，B两点，O为坐标原点，四边形OAFB为菱形，圆x2＋y2＝c2(c2＝a2＋b2)与E在第一象限的交点是P，且|PF|＝eq \r(7)－1，则双曲线E的方程是( )
A.eq \f(x2,6)－eq \f(y2,2)＝1 B．eq \f(x2,2)－eq \f(y2,6)＝1
C.eq \f(x2,3)－y2＝1 D．x2－eq \f(y2,3)＝1
解析：选D.双曲线E：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，
因为四边形OAFB为菱形，
所以对角线互相垂直平分，所以c＝2a，∠AOF＝60°，
所以eq \f(b,a)＝eq \r(3).
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)－\f(y2,3a2)＝1，,x2＋y2＝c2＝4a2，))
解得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(7),2)a，\f(3,2)a)).
因为|PF|＝eq \r(7)－1，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(7),2)a－2a))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)a))eq \s\up12(2)＝(eq \r(7)－1)2，解得a＝1，
则b＝eq \r(3)，
故双曲线E的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.
故选D.
10．已知双曲线eq \f(x2,9)－eq \f(y2,b2)＝1(b＞0)的左顶点为A，虚轴长为8，右焦点为F，且⊙F与双曲线的渐近线相切，若过点A作⊙F的两条切线，切点分别为M，N，则|MN|＝( )
A．8 B．4eq \r(2)
C．2eq \r(3) D．4eq \r(3)
解析：选D.因为双曲线eq \f(x2,9)－eq \f(y2,b2)＝1(b＞0)的虚轴长为8，
所以2b＝8，解得b＝4，
因为a＝3，
所以双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(4,3)x，c2＝a2＋b2＝25，A(－3，0)，所以c＝5，所以F(5，0)，
因为⊙F与双曲线的渐近线相切，
所以⊙F的半径为eq \f(|4×5＋0|,\r(42＋32))＝4，
所以|MF|＝4，
因为|AF|＝a＋c＝3＋5＝8，
所以|AM|＝eq \r(82－42)＝4eq \r(3)，
因为S四边形AMFN＝2×eq \f(1,2)|AM|·|MF|＝eq \f(1,2)|AF|·|MN|，
所以2×eq \f(1,2)×4eq \r(3)×4＝eq \f(1,2)×8|MN|，
解得|MN|＝4eq \r(3)，故选D.
11．(2020·开封模拟)过双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦点F作圆x2＋y2＝a2的切线FM(切点为M)，交y轴于点P，若eq \(PM,\s\up6(→))＝2eq \(MF,\s\up6(→))，则双曲线的离心率为( )
A.eq \r(2) B．eq \f(\r(6),2)
C.eq \r(3) D．2
解析：选B.设P(0，3m)，由eq \(PM,\s\up6(→))＝2eq \(MF,\s\up6(→))，可得点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)c，m))，因为OM⊥PF，所以eq \f(m,\f(2,3)c)·eq \f(3m,－c)＝－1，所以m2＝eq \f(2,9)c2，所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)c，± \r(\f(2c2,9))))，由|OM|2＋|MF|2＝|OF|2，|OM|＝a，|OF|＝c得，a2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,3)))eq \s\up12(2)＋eq \f(2c2,9)＝c2，a2＝eq \f(2,3)c2，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),2)，故选B.
12．过双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，D为虚轴上的一个端点，且△ABD为钝角三角形，则此双曲线离心率的取值范围为( )
A．(1，eq \r(2))
B．(eq \r(2)，eq \r(2＋\r(2)))
C．(eq \r(2)，2)
D．(1，eq \r(2))∪(eq \r(2＋\r(2))，＋∞)
解析：选D.设双曲线：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦点为F1(－c，0)，
令x＝－c，可得y＝±eq \f(b2,a)，可设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－c，\f(b2,a)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－c，－\f(b2,a))).
又设D(0，b)，可得eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，b－\f(b2,a)))，eq \(DA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－c，\f(b2,a)－b))，
eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(2b2,a)))，eq \(DB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－c，－b－\f(b2,a))).
由△ABD为钝角三角形，可得∠DAB为钝角或∠ADB为钝角．
当∠DAB为钝角时，可得eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))b2＝c2－a2.可得c20)，即eq \f(x2,λ)－eq \f(y2,4λ)＝1，则有4λ＋λ＝25，解得λ＝5，所以所求双曲线的标准方程为eq \f(x2,5)－eq \f(y2,20)＝1.
答案：eq \f(x2,5)－eq \f(y2,20)＝1
14．过双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左焦点F1作圆x2＋y2＝a2的切线交双曲线的右支于点P，且切点为T，已知O为坐标原点，M为线段PF1的中点(点M在切点T的右侧)，若△OTM的周长为4a，则双曲线的渐近线方程为________．
解析：连接OT，则OT⊥F1T，
在直角三角形OTF1中，|F1T|＝eq \r(OFeq \\al(2,1)－OT2)＝eq \r(c2－a2)＝b.
设双曲线的右焦点为F2，连接PF2，M为线段F1P的中点，O为坐标原点，
所以OM＝eq \f(1,2)PF2，
所以|MO|－|MT|＝eq \f(1,2)|PF2|－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)|PF1|－|F1T|))
＝eq \f(1,2)(|PF2|－|PF1|)＋b＝eq \f(1,2)×(－2a)＋b＝b－a.
又|MO|＋|MT|＋|TO|＝4a，即|MO|＋|MT|＝3a，
故|MO|＝eq \f(b＋2a,2)，|MT|＝eq \f(4a－b,2)，
由勾股定理可得a2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4a－b,2)))eq \s\up12(2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b＋2a,2)))eq \s\up12(2)，即eq \f(b,a)＝eq \f(4,3)，
所以渐近线方程为y＝±eq \f(4,3)x.
答案：y＝±eq \f(4,3)x
15．已知M(x0，y0)是双曲线C：eq \f(x2,2)－y2＝1上的一点，F1，F2是双曲线C的两个焦点．若eq \(MF1,\s\up6(→))·eq \(MF2,\s\up6(→))0)满足eq \f(\(PF1,\s\up6(→))·\(MF1,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\(PF1,\s\up6(→))|))＝eq \f(\(F2F1,\s\up6(→))·\(MF1,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\(F2F1,\s\up6(→))|))，则S△PMF1－S△PMF2＝( )
A．2 B．4
C．1 D．－1
解析：选A.由题意，知双曲线方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,5)＝1，|PF1|－|PF2|＝4，由eq \f(\(PF1,\s\up6(→))·\(MF1,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\(PF1,\s\up6(→))|))＝eq \f(\(F2F1,\s\up6(→))·\(MF1,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\(F2F1,\s\up6(→))|))，可得eq \f(\(F1P,\s\up6(→))·\(F1M,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\(MF1,\s\up6(→))||\(F1P,\s\up6(→))|))＝eq \f(\(F1F2,\s\up6(→))·\(F1M,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\(MF1,\s\up6(→))||\(F1F2,\s\up6(→))|))，即F1M平分∠PF1F2.
又结合平面几何知识可得，△F1PF2的内心在直线x＝2上，所以点M(2，1)就是△F1PF2的内心．
故S△PMF1－S△PMF2＝eq \f(1,2)×(|PF1|－|PF2|)×1＝eq \f(1,2)×4×1＝2.
4．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若eq \(F1A,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(F1B,\s\up6(→))·eq \(F2B,\s\up6(→))＝0，则C的离心率为________．
解析：通解：因为eq \(F1B,\s\up6(→))·eq \(F2B,\s\up6(→))＝0，所以F1B⊥F2B，如图．
所以|OF1|＝|OB|，所以∠BF1O＝∠F1BO，所以∠BOF2＝2∠BF1O.因为eq \(F1A,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))，所以点A为F1B的中点，又点O为F1F2的中点，所以OA∥BF2，所以F1B⊥OA，因为直线OA，OB为双曲线C的两条渐近线，所以tan ∠BF1O＝eq \f(a,b)，tan ∠BOF2＝eq \f(b,a).因为tan ∠BOF2＝tan(2∠BF1O)，所以eq \f(b,a)＝eq \f(2×\f(a,b),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)))\s\up12(2))，所以b2＝3a2，所以c2－a2＝3a2，即2a＝c，所以双曲线的离心率e＝eq \f(c,a)＝2.
优解：因为eq \(F1B,\s\up6(→))·eq \(F2B,\s\up6(→))＝0，所以F1B⊥F2B，
在Rt△F1BF2中，|OB|＝|OF2|，所以∠OBF2＝∠OF2B，又eq \(F1A,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))，所以A为F1B的中点，所以OA∥F2B，所以∠F1OA＝∠OF2B.又∠F1OA＝∠BOF2，所以△OBF2为等边三角形．由F2(c，0)可得Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,2)，\f(\r(3)c,2)))，因为点B在直线y＝eq \f(b,a)x上，所以eq \f(\r(3),2)c＝eq \f(b,a)·eq \f(c,2)，所以eq \f(b,a)＝eq \r(3)，所以e＝eq \r(1＋\f(b2,a2))＝2.
答案：2
5．已知双曲线C：eq \f(x2,4)－y2＝1，直线l：y＝kx＋m与双曲线C相交于A，B两点(A，B均异于左、右顶点)，且以线段AB为直径的圆过双曲线C的左顶点D，则直线l所过定点为________．
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)－y2＝1，))
得(1－4k2)x2－8kmx－4(m2＋1)＝0，
所以Δ＝64m2k2＋16(1－4k2)(m2＋1)＞0，x1＋x2＝eq \f(8mk,1－4k2)＞0，x1x2＝eq \f(－4（m2＋1）,1－4k2)＜0，所以y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝eq \f(m2－4k2,1－4k2).
因为以线段AB为直径的圆过双曲线C的左顶点D(－2，0)，所以kAD·kBD＝－1，
即eq \f(y1,x1＋2)·eq \f(y2,x2＋2)＝－1，
所以y1y2＋x1x2＋2(x1＋x2)＋4＝0，
即eq \f(m2－4k2,1－4k2)＋eq \f(－4（m2＋1）,1－4k2)＋eq \f(16mk,1－4k2)＋4＝0，
所以3m2－16mk＋20k2＝0，解得m＝2k或m＝eq \f(10k,3).
当m＝2k时，l的方程为y＝k(x＋2)，直线过定点(－2，0)，与已知矛盾；
当m＝eq \f(10k,3)时，l的方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(10,3)))，直线过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(10,3)，0))，经检验符合已知条件．
故直线l过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(10,3)，0)).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(10,3)，0))
6．已知P为双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)右支上的任意一点，经过点P的直线与双曲线C的两条渐近线分别相交于A，B两点．若点A，B分别位于第一、四象限，O为坐标原点，当eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(PB,\s\up6(→))时，△AOB的面积为2b，则双曲线C的实轴长为________．
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x，y)，由eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(PB,\s\up6(→))，得(x－x1，y－y1)＝eq \f(1,2)(x2－x，y2－y)，
则x＝eq \f(2,3)x1＋eq \f(1,3)x2，y＝eq \f(2,3)y1＋eq \f(1,3)y2，
所以eq \f(（\f(2,3)x1＋\f(1,3)x2）2,a2)－eq \f(（\f(2,3)y1＋\f(1,3)y2）2,b2)＝1.
由题意知A在直线y＝eq \f(b,a)x上，B在y＝－eq \f(b,a)x上，则y1＝eq \f(b,a)x1，y2＝－eq \f(b,a)x2.
所以eq \f(（\f(2,3)x1＋\f(1,3)x2）2,a2)－eq \f(（\f(2,3)y1＋\f(1,3)y2）2,b2)＝1，即b2(eq \f(2,3)x1＋eq \f(1,3)x2)2－a2(eq \f(2b,3a)x1－eq \f(b,3a)x2)2＝a2b2，
化简得：a2＝eq \f(8,9)x1x2，
由渐近线的对称性可得sin∠AOB＝sin 2∠AOx
＝eq \f(2sin∠AOxcs∠AOx,sin2∠AOx＋cs2∠AOx)＝eq \f(2tan∠AOx,tan2∠AOx＋1)＝eq \f(\f(2b,a),（\f(b,a)）2＋1)＝eq \f(2ab,b2＋a2).
所以△AOB的面积为eq \f(1,2)|OA||OB|sin∠AOB＝eq \f(1,2)eq \r(xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1))·eq \r(xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2))·sin∠AOB
＝eq \f(1,2)eq \r(xeq \\al(2,1)＋（\f(b,a)x1）2)·eq \r(xeq \\al(2,2)＋（－\f(b,a)x2）2)·eq \f(2ab,b2＋a2)
＝x1x2·eq \r(1＋（\f(b,a)）2)·eq \r(1＋（\f(b,a)）2)·eq \f(ab,b2＋a2)
＝eq \f(9,8)a2·eq \f(ab,b2＋a2)·[1＋(eq \f(b,a))2]＝eq \f(9,8)ab＝2b，解得a＝eq \f(16,9).所以双曲线C的实轴长为eq \f(32,9).
答案：eq \f(32,9)
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∈R
y≤－a或y≥a，x∈R
对称性
对称轴：坐标轴，对称中心：原点
顶点
A1(－a，0)，A2(a，0)
A1(0，－a)，A2(0，a)
渐近线
y＝±eq \f(b,a)x
y＝±eq \f(a,b)x
离心率
e＝eq \f(c,a)，e∈(1，＋∞)
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)