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2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第9章第8讲 双曲线（二）Word版含解析
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这是一份2023高考数学科学复习创新方案（新高考题型版）第9章第8讲 双曲线（二）Word版含解析，共25页。试卷主要包含了记M的轨迹为C，已知双曲线C等内容，欢迎下载使用。
直线与双曲线的位置关系
设直线l：y＝kx＋m(m≠0)， ①
双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)， ②
把①代入②得(b2－a2k2)x2－2a2mkx－a2m2－a2b2＝0.
(1)当b2－a2k2＝0，即k＝±eq \f(b,a)时，直线l与双曲线C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)当b2－a2k2≠0，即k≠±eq \f(b,a)时，
Δ＝(－2a2mk)2－4(b2－a2k2)(－a2m2－a2b2)．
Δ>0⇒直线与双曲线有eq \x(\s\up1(03))两个公共点；
Δ＝0⇒直线与双曲线有eq \x(\s\up1(04))一个公共点；
Δ<0⇒直线与双曲线有eq \x(\s\up1(05))0个公共点．
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)；异支的弦中最短的为实轴，其长为2a.
1．直线y＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(7,2)))与双曲线eq \f(x2,9)－y2＝1交点的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．4
答案 B
解析 直线与双曲线的一条渐近线平行，所以有一个交点．
2．双曲线x2－y2＝a2与直线y＝ax(a>0)没有公共点，则a的取值范围是( )
A．a＝1 B．0C．a>1 D．a≥1
答案 D
解析 双曲线x2－y2＝a2的渐近线方程为y＝±x，若直线y＝ax(a>0)与双曲线x2－y2＝a2没有公共点，则a≥1.
3．双曲线eq \f(x2,9)－eq \f(y2,4)＝1与直线y＝－eq \f(2,3)x＋m(m∈R)的公共点的个数为( )
A．0 B．1
C．0或1 D．0或1或2
答案 C
解析 双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(2,3)x，当m＝0时，直线y＝－eq \f(2,3)x与双曲线没有公共点；当m≠0时，直线y＝－eq \f(2,3)x＋m与双曲线的一条渐近线平行，与双曲线只有一个公共点．综上，双曲线eq \f(x2,9)－eq \f(y2,4)＝1与直线y＝－eq \f(2,3)x＋m(m∈R)的公共点的个数为0或1.
4．已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(c,0)，直线y＝k(x－c)与双曲线的右支有两个交点，则( )
A．|k|>eq \f(b,a) B．|k|C．|k|>eq \f(c,a) D．|k|答案 A
解析 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，直线y＝k(x－c)经过焦点F(c,0)，当k>0时，k>eq \f(b,a)，当k<0时，k<－eq \f(b,a)，故|k|>eq \f(b,a)，故选A.
5．过双曲线x2－eq \f(y2,3)＝1的左焦点F1作倾斜角为eq \f(π,6)的直线与双曲线交于A，B两点，则|AB|＝________.
答案 3
解析 易得双曲线的左焦点F1(－2,0)，∴直线AB的方程为y＝eq \f(\r(3),3)(x＋2)，与双曲线方程联立，得8x2－4x－13＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(1,2)，x1x2＝－eq \f(13,8)，∴|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(1＋\f(1,3))× eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(13,8))))＝3.
6．直线l与双曲线x2－4y2＝4相交于A，B两点，若点P(4,1)为线段AB的中点，则直线l的方程是________.
答案 x－y－3＝0
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝8，y1＋y2＝2，∵xeq \\al(2,1)－4yeq \\al(2,1)＝4，xeq \\al(2,2)－4yeq \\al(2,2)＝4，
两式相减可得，(x1＋x2)(x1－x2)－4(y1＋y2)(y1－y2)＝0，
∴8(x1－x2)－8(y1－y2)＝0，∴kAB＝1，
∴直线l的方程为y－1＝1×(x－4)，即x－y－3＝0.
考向一 直线与双曲线的位置关系
例1 已知双曲线x2－y2＝4，直线l：y＝k(x－1)，在下列条件下，求实数k的取值范围．
(1)直线l与双曲线有两个公共点；
(2)直线l与双曲线有且只有一个公共点；
(3)直线l与双曲线没有公共点．
解 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－y2＝4，,y＝kx－1，))消去y，得
(1－k2)x2＋2k2x－k2－4＝0. (*)
当1－k2＝0，即k＝±1时，直线l与双曲线渐近线平行，方程化为2x＝5，故此方程(*)只有一个实数解，即直线l与双曲线相交，且只有一个公共点．
当1－k2≠0，即k≠±1时，Δ＝(2k2)2－4(1－k2)(－k2－4)＝4(4－3k2)．
当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4－3k2>0，,1－k2≠0，))即－eq \f(2\r(3),3)当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4－3k2＝0，,1－k2≠0，))即k＝±eq \f(2\r(3),3)时，方程(*)有两个相等的实数解，即直线l与双曲线有且仅有一个公共点．
当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4－3k2<0，,1－k2≠0，))即k<－eq \f(2\r(3),3)或k>eq \f(2\r(3),3)时，方程(*)无实数解，即直线l与双曲线无公共点．
综上所述，(1)当－eq \f(2\r(3),3)(2)当k＝±1或k＝±eq \f(2\r(3),3)时，直线l与双曲线有且只有一个公共点；
(3)当k<－eq \f(2\r(3),3)或k>eq \f(2\r(3),3)时，直线l与双曲线没有公共点．
直线与双曲线位置关系的判断方法
(1)方程思想的应用
判断已知直线与双曲线的位置关系，将直线与双曲线方程联立，消去y(或x)，则二次项系数为0时，直线与双曲线的渐近线平行(或重合)，直线与双曲线只有一个公共点(或无公共点)；二次项系数不等于0时，若Δ>0，则直线与双曲线有两个公共点，若Δ＝0，则直线与双曲线有一个公共点，若Δ<0，则直线与双曲线没有公共点．
(2)数形结合思想的应用
①直线过定点时，根据定点的位置和双曲线的渐近线的斜率与直线的斜率的大小关系确定其位置关系．
②直线斜率一定时，通过平行移动直线，比较直线斜率与渐近线斜率的关系来确定其位置关系．
1.若直线y＝kx＋2与双曲线x2－y2＝6的右支交于不同的两点，那么k的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(15),3)，\f(\r(15),3))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(15),3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(15),3)，0)) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(15),3)，－1))
答案 D
解析 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,x2－y2＝6，))得(1－k2)x2－4kx－10＝0.
由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－k2≠0，,Δ＝16k2＋401－k2>0，,\f(4k,1－k2)>0，,\f(10,k2－1)>0，))
解得－eq \f(\r(15),3)2．直线y＝x＋3与曲线eq \f(y2,9)－eq \f(x|x|,4)＝1( )
A．没有交点 B．只有一个交点
C．有两个交点 D．有三个交点
答案 D
解析 当x≥0时，方程eq \f(y2,9)－eq \f(x|x|,4)＝1可化为eq \f(y2,9)－eq \f(x2,4)＝1 ①，将y＝x＋3代入①得，5x2－24x＝0，解得x＝0或x＝eq \f(24,5)，即此时直线y＝x＋3与曲线eq \f(y2,9)－eq \f(x|x|,4)＝1有两个交点；当x<0时，方程eq \f(y2,9)－eq \f(x|x|,4)＝1可化为eq \f(y2,9)＋eq \f(x2,4)＝1 ②，将y＝x＋3代入②得，13x2＋24x＝0，解得x＝0(舍去)或x＝－eq \f(24,13)，即此时直线y＝x＋3与曲线eq \f(y2,9)－eq \f(x|x|,4)＝1有一个交点．综上所述，直线y＝x＋3与曲线eq \f(y2,9)－eq \f(x|x|,4)＝1有三个交点．故选D.
考向二 弦长问题
例2 (2021·新高考Ⅰ卷)在平面直角坐标系xOy中，已知点F1(－eq \r(17)，0)，F2(eq \r(17)，0)，点M满足|MF1|－|MF2|＝2.记M的轨迹为C.
(1)求C的方程；
(2)设点T在直线x＝eq \f(1,2)上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和．
解 (1)因为|MF1|－|MF2|＝2<|F1F2|＝2eq \r(17)，
所以点M的轨迹C是以F1，F2分别为左、右焦点的双曲线的右支．
设双曲线的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，半焦距为c，则2a＝2，c＝eq \r(17)，得a＝1，b2＝c2－a2＝16，所以点M的轨迹C的方程为x2－eq \f(y2,16)＝1(x≥1)．
(2)设Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，t))，由题意可知直线AB，PQ的斜率均存在且不为0，设直线AB的方程为y－t＝k1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))(k1≠0)，直线PQ的方程为y－t＝k2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))(k2≠0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－t＝k1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，,x2－\f(y2,16)＝1，))
得(16－keq \\al(2,1))x2－2k1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(k1,2)))x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(k1,2)))2－16＝0.
设A(xA，yA)，B(xB，yB)，
易知16－keq \\al(2,1)≠0，
则xAxB＝eq \f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(k1,2)))2－16,16－k\\al(2,1))，
xA＋xB＝eq \f(2k1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(k1,2))),16－k\\al(2,1))，
所以|TA|＝eq \r(1＋k\\al(2,1))|xA－eq \f(1,2)|＝eq \r(1＋k\\al(2,1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xA－\f(1,2)))，
|TB|＝eq \r(1＋k\\al(2,1))|xB－eq \f(1,2)|＝eq \r(1＋k\\al(2,1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xB－\f(1,2)))，
则|TA|·|TB|＝(1＋keq \\al(2,1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xA－\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xB－\f(1,2)))
＝(1＋keq \\al(2,1))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(xAxB－\f(1,2)xA＋xB＋\f(1,4)))
＝(1＋keq \\al(2,1))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(k1,2)))2－16,16－k\\al(2,1))－\f(1,2)·\f(2k1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(k1,2))),16－k\\al(2,1))＋\f(1,4)))＝eq \f(1＋k\\al(2,1)t2＋12,k\\al(2,1)－16).
同理得|TP|·|TQ|＝eq \f(1＋k\\al(2,2)t2＋12,k\\al(2,2)－16).
因为|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，
所以eq \f(1＋k\\al(2,1)t2＋12,k\\al(2,1)－16)＝eq \f(1＋k\\al(2,2)t2＋12,k\\al(2,2)－16)，
所以keq \\al(2,2)－16＋keq \\al(2,1)keq \\al(2,2)－16keq \\al(2,1)＝keq \\al(2,1)－16＋keq \\al(2,1)keq \\al(2,2)－16keq \\al(2,2)，即keq \\al(2,1)＝keq \\al(2,2)，
又k1≠k2，所以k1＝－k2，即k1＋k2＝0.
求弦长的两种方法
(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＋b(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＋\f(1,k2))|y1－y2|.
3.已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为2，焦点到渐近线的距离等于eq \r(3)，过右焦点F2的直线l交双曲线于A，B两点，F1为左焦点．
(1)求双曲线的方程；
(2)若△F1AB的面积等于6eq \r(2)，求直线l的方程．
解 (1)依题意，得b＝eq \r(3)，eq \f(c,a)＝2.
又c2＝a2＋b2，所以a＝1，c＝2，
所以双曲线的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由(1)知F2(2,0)．
易验证当直线l斜率不存在时不满足题意，
故可设直线l：y＝k(x－2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,x2－\f(y2,3)＝1，))
消元，得(k2－3)x2－4k2x＋4k2＋3＝0，
根据题意知k≠±eq \r(3)，x1＋x2＝eq \f(4k2,k2－3)，
x1x2＝eq \f(4k2＋3,k2－3)，
因为F1(－2,0)到直线l的距离d＝eq \f(|－4k|,\r(1＋k2))，
所以△F1AB的面积S＝eq \f(1,2)·d·|AB|
＝eq \f(1,2)·eq \f(|－4k|,\r(1＋k2))·eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝2|k|·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4k2,k2－3)))2－4·\f(4k2＋3,k2－3))
＝2|k|·eq \f(\r(4k22－44k2＋3k2－3),|k2－3|)
＝12|k|·eq \f(\r(k2＋1),|k2－3|)＝6eq \r(2).
整理，得k4＋8k2－9＝0，则k＝±1.
所以直线l的方程为y＝x－2或y＝－x＋2.
考向三 中点弦问题
例3 (2022·临沂模拟)已知A(－2,0)，B(2，0)，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积是3.
(1)求点M的轨迹C的方程；
(2)过点N(2,3)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的中点？若能，求出直线m的方程；若不能，说明理由．
解 (1)设M(x，y)，x≠±2，kAM＝eq \f(y－0,x＋2)，kBM＝eq \f(y－0,x－2)，kAM·kBM＝3，即eq \f(y－0,x＋2)·eq \f(y－0,x－2)＝3.
整理得，3x2－y2＝12(x≠±2)，即点M的轨迹C的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,12)＝1(x≠±2)．
(2)若能作出直线m，则直线m的斜率存在，设为k，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4)－\f(y\\al(2,1),12)＝1，,\f(x\\al(2,2),4)－\f(y\\al(2,2),12)＝1，))两式相减得
eq \f(x1－x2x1＋x2,4)－eq \f(y1－y2y1＋y2,12)＝0，
整理可得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝3×eq \f(x1＋x2,y1＋y2)，
∵N是线段PQ的中点，∴eq \f(y1－y2,x1－x2)＝3×eq \f(4,6)＝2，即k＝2，
故直线m的方程为y－3＝2(x－2)，即2x－y－1＝0，
将直线方程代入双曲线方程可得x2－4x＋13＝0，
Δ＝(－4)2－4×13<0，此时直线与双曲线不相交．故不能作出这样的直线．
解决中点弦问题的两种方法
(1)根与系数的关系法：联立直线与曲线方程构成方程组，消去一个未知数，利用一元二次方程根与系数的关系以及中点坐标公式解决．
(2)点差法：设出交点坐标，利用交点在曲线上，将交点坐标代入曲线方程，然后作差，构造出中点坐标和斜率的关系．
4.(2021·湖南长沙模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的其中一个焦点为(eq \r(5)，0)，一条渐近线方程为2x－y＝0.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)已知倾斜角为eq \f(3π,4)的直线l与双曲线C交于A，B两点，且线段AB的中点的纵坐标为4，求直线l的方程．
解 (1)由焦点可知c＝eq \r(5)，又一条渐近线方程为2x－y＝0，所以eq \f(b,a)＝2.
由c2＝a2＋b2可得5＝a2＋4a2，解得a2＝1，b2＝4，
故双曲线C的标准方程为x2－eq \f(y2,4)＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点的坐标为(x0,4)，
则xeq \\al(2,1)－eq \f(y\\al(2,1),4)＝1 ①，
xeq \\al(2,2)－eq \f(y\\al(2,2),4)＝1 ②，
②－①得，xeq \\al(2,2)－xeq \\al(2,1)＝eq \f(y\\al(2,2),4)－eq \f(y\\al(2,1),4)，
即eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(4x0,4)＝x0，
又eq \f(y2－y1,x2－x1)＝taneq \f(3π,4)＝－1，所以x0＝－1，
所以直线l的方程为y－4＝－(x＋1)，即x＋y－3＝0.
一、单项选择题
1．已知双曲线方程为x2－eq \f(y2,4)＝1，过点P(1,0)的直线l与双曲线只有一个公共点，则这样的直线l有( )
A．4条 B．3条
C．2条 D．1条
答案 B
解析 因为双曲线方程为x2－eq \f(y2,4)＝1，则P(1,0)是双曲线的右顶点，所以过P(1,0)并且和x轴垂直的直线是双曲线的一条切线，与双曲线只有一个公共点，另外两条就是过P(1,0)分别和两条渐近线平行的直线，所以符合要求的直线有3条．
2．若直线y＝kx与双曲线4x2－y2＝16相交，则实数k的取值范围为( )
A．(－2,2) B．[－2,2)
C．(－2,2] D．[－2,2]
答案 A
解析 易知k≠±2，将y＝kx代入4x2－y2＝16得关于x的一元二次方程(4－k2)x2－16＝0，由Δ>0可得－23．过双曲线x2－eq \f(y2,2)＝1的右焦点F作直线l交双曲线于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 C
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，当直线l的斜率不存在时，其方程为x＝eq \r(3)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\r(3)，,x2－\f(y2,2)＝1，))得y＝±2，∴|AB|＝|y1－y2|＝4，满足题意．当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝k(x－eq \r(3))，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－\r(3)，,x2－\f(y2,2)＝1，))得(2－k2)x2＋2eq \r(3)k2x－3k2－2＝0.由题意知2－k2≠0，x1＋x2＝eq \f(2\r(3)k2,k2－2)，x1x2＝eq \f(3k2＋2,k2－2)，
|AB|＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3)k2,k2－2)))2－\f(12k2＋8,k2－2))
＝eq \r(1＋k2)eq \r(\f(16k2＋1,k2－22))＝eq \f(41＋k2,|k2－2|)＝4，
解得k＝±eq \f(\r(2),2)，故这样的直线有3条．故选C.
4．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦点为F(－c,0)，过点F且斜率为1的直线与双曲线C交于A，B两点，若线段AB的垂直平分线与x轴交于点P(2c,0)，则双曲线C的离心率为( )
A.eq \f(\r(5),2) B．eq \r(2)
C．eq \r(3) D．2
答案 D
解析 设线段AB的中点坐标为(x0，y0)，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(y0,x0＋c)＝1，,\f(y0,x0－2c)＝－1))⇒x0＝eq \f(c,2)， y0＝eq \f(3,2)c，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入双曲线方程有eq \f(x\\al(2,1),a2)－eq \f(y\\al(2,1),b2)＝1，eq \f(x\\al(2,2),a2)－eq \f(y\\al(2,2),b2)＝1，两式相减，得eq \f(x1－x2x1＋x2,a2)－eq \f(y1－y2y1＋y2,b2)＝0，可得eq \f(x0,a2)－eq \f(y0,b2)×1＝0，即eq \f(1,a2)＝eq \f(3,b2)，b2＝3a2，∴c＝2a，e＝2.故选D.
5．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(2)，过其右焦点F作斜率为2的直线，交双曲线的两条渐近线于B，C两点(B点在x轴上方)，则eq \f(|BF|,|CF|)＝( )
A．2 B．3
C．2eq \r(2) D．2eq \r(3)
答案 B
解析 由双曲线的离心率为eq \r(2)，可得c＝eq \r(2)a，即有a＝b，则双曲线的渐近线方程为y＝±x，如图，右焦点为F(c,0)，过点F作斜率为2的直线方程为y＝2(x－c)，由y＝x和y＝2(x－c)，可得B(2c,2c)，由y＝－x和y＝2(x－c)可得Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2c,3)，－\f(2c,3)))，设eq \(BF,\s\up6(→))＝λeq \(FC,\s\up6(→))，即有0－2c＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2c,3)－0))，解得λ＝3，则eq \f(|BF|,|CF|)＝3.故选B.
6．(2022·南昌联考)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，过左焦点F作斜率为eq \f(1,2)的直线与双曲线的一条渐近线相交于点A，且A在第一象限，若|OA|＝|OF|(O为坐标原点)，则双曲线C的渐近线方程为( )
A．y＝±eq \f(3,4)x B．y＝±eq \f(4,3)x
C．y＝±eq \f(2,3)x D．y＝±eq \f(3,2)x
答案 B
解析 解法一：由题意可得直线AF的方程为y＝eq \f(1,2)(x＋c)，双曲线C过第一、三象限的渐近线的方程为y＝eq \f(b,a)x.由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)x＋c，,y＝\f(b,a)x，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(ac,2b－a)，,y＝\f(bc,2b－a)，))所以Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ac,2b－a)，\f(bc,2b－a))).因为|OA|＝|OF|＝c，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ac,2b－a)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(bc,2b－a)))2＝c2，整理可得3b＝4a，即eq \f(b,a)＝eq \f(4,3)，所以双曲线C的渐近线方程为y＝±eq \f(4,3)x.
解法二：设双曲线C的右焦点为F′，连接AF′，因为|OA|＝|OF|，所以|OA|＝|OF|＝|OF′|，所以△AFF′为直角三角形，AF⊥AF′，因为直线AF的斜率为eq \f(1,2)，所以tan∠AFF′＝eq \f(1,2)，又tan∠AFF′＝eq \f(|AF′|,|AF|)，所以eq \f(|AF′|,|AF|)＝eq \f(1,2)，令|AF′|＝t，则|AF|＝2t，由勾股定理得t2＋(2t)2＝(2c)2，所以t＝eq \f(2\r(5),5)c，即|AF′|＝eq \f(2\r(5),5)c，所以cs∠AOF′＝eq \f(c2＋c2－\f(4,5)c2,2c2)＝eq \f(3,5)，所以sin∠AOF′＝eq \f(4,5)，tan∠AOF′＝eq \f(4,3)，则双曲线C的渐近线方程为y＝±eq \f(4,3)x.
解法三：设双曲线的右焦点为F′，连接AF′，因为|OA|＝|OF|，所以|OA|＝|OF|＝|OF′|，所以△AFF′为直角三角形，AF⊥AF′，即点A在以FF′为直径的圆上，所以∠AOF′＝2∠AFF′.因为直线AF的斜率为eq \f(1,2)，所以tan∠AFF′＝eq \f(1,2)，所以tan∠AOF′＝eq \f(2×\f(1,2),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(4,3)，则双曲线C的渐近线方程为y＝±eq \f(4,3)x.故选B.
7．已知双曲线E的中心为原点，F(3,0)是E的焦点，过F的直线l与E相交于A，B两点，且AB的中点为N(－12，－15)，则双曲线E的方程为( )
A.eq \f(x2,3)－eq \f(y2,6)＝1 B．eq \f(x2,4)－eq \f(y2,5)＝1
C.eq \f(x2,6)－eq \f(y2,3)＝1 D．eq \f(x2,5)－eq \f(y2,4)＝1
答案 B
解析 ∵kAB＝eq \f(0＋15,3＋12)＝1，∴直线AB的方程为y＝x－3.由于双曲线的焦点为F(3,0)，∴c＝3，c2＝9.设双曲线E的标准方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，则eq \f(x2,a2)－eq \f(x－32,b2)＝1.整理，得(b2－a2)x2＋6a2x－9a2－a2b2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(6a2,a2－b2)＝2×(－12)，∴a2＝－4a2＋4b2，∴5a2＝4b2.又a2＋b2＝9，∴a2＝4，b2＝5.∴双曲线E的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,5)＝1.故选B.
8．过点C(0，－1)的直线与双曲线eq \f(x2,3)－eq \f(y2,2)＝1右支交于A，B两点，则直线AB的斜率的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，1))
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，1))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(6),3)))
C．(－1,1)
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(6),3)))
答案 A
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为y＝kx－1，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,3)－\f(y2,2)＝1，,y＝kx－1))消去y，得(2－3k2)x2＋6kx－9＝0.∴x1＋x2＝eq \f(－6k,2－3k2)，x1x2＝eq \f(－9,2－3k2).∵直线AB与双曲线的右支有两个不同的交点，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝36k2＋362－3k2>0，,\f(－6k,2－3k2)>0，,\f(－9,2－3k2)>0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k2<1，,k>0，,2－3k2<0，))解得eq \f(\r(6),3)9．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为x－2y＝0，A，B是C上关于原点对称的两点，M是C上异于A，B的动点，直线MA，MB的斜率分别为k1，k2，若1≤k1≤2，则k2的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，\f(1,4))) B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，－\f(1,8))) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,4)))
答案 A
解析 ∵双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为x－2y＝0，∴a＝2b，则双曲线的方程为eq \f(x2,4b2)－eq \f(y2,b2)＝1(b>0)，设A(x1，y1)，M(x0，y0)，则B(－x1，－y1)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4b2)－\f(y\\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\\al(2,0),4b2)－\f(y\\al(2,0),b2)＝1，))∴eq \f(x1＋x0x1－x0,4b2)＝eq \f(y1＋y0y1－y0,b2)，∴eq \f(1,4)＝eq \f(y1＋y0y1－y0,x1＋x0x1－x0)，即k1·k2＝eq \f(1,4)，∵1≤k1≤2，∴k2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，\f(1,4))).故选A.
10．已知F1，F2是双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，过F1的直线l与双曲线的左支交于点A，与右支交于点B，若|AF1|＝2a，∠F1AF2＝eq \f(2π,3)，则eq \f(S△AF1F2,S△ABF2)＝( )
A．1 B．eq \f(1,2)
C．eq \f(1,3) D．eq \f(2,3)
答案 B
解析 如图所示，由双曲线定义可知|AF2|－|AF1|＝2a.又|AF1|＝2a，所以|AF2|＝4a，因为∠F1AF2＝eq \f(2π,3)，所以S△AF1F2＝eq \f(1,2)|AF1|·|AF2|·sin∠F1AF2＝eq \f(1,2)×2a×4a×eq \f(\r(3),2)＝2eq \r(3)a2.由双曲线定义可知|BF1|－|BF2|＝2a，所以|BF1|＝2a＋|BF2|，又知|BF1|＝2a＋|BA|，所以△ABF2为等边三角形，边长为4a，所以S△ABF2＝eq \f(\r(3),4)|BA|2＝eq \f(\r(3),4)×(4a)2＝4eq \r(3)a2，所以eq \f(S△AF1F2,S△ABF2)＝eq \f(2\r(3)a2,4\r(3)a2)＝eq \f(1,2).故选B.
二、多项选择题
11．(2021·河北唐山二模)已知双曲线C：eq \f(y2,a2)－x2＝1(a>0)，其上、下焦点分别为F1，F2，O为坐标原点．过双曲线上一点M(x0，y0)作直线l，分别与双曲线的渐近线交于P，Q两点，且点M为PQ的中点，则下列说法正确的是( )
A．若l⊥y轴，则|PQ|＝2
B．若点M的坐标为(1,2)，则直线l的斜率为eq \f(1,4)
C．直线PQ的方程为eq \f(y0y,a2)－x0x＝1
D．若双曲线的离心率为eq \f(\r(5),2)，则△OPQ的面积为2
答案 ACD
解析 若l⊥y轴，则直线l过双曲线的顶点，M(0，±a)，双曲线的渐近线方程为y＝±ax，易得P，Q两点的横坐标为±1，∴|PQ|＝2，故A正确；若点M的坐标为(1,2)，则a＝eq \r(2)，易得双曲线的渐近线方程为y2－2x2＝0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则yeq \\al(2,1)－2xeq \\al(2,1)＝0，yeq \\al(2,2)－2xeq \\al(2,2)＝0，两式作差可得，yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2)＝2xeq \\al(2,1)－2xeq \\al(2,2)，即eq \f(y1－y2,x1－x2)＝2×eq \f(x1＋x2,y1＋y2)，∴kl＝2×eq \f(2,4)＝1，故B错误；若M(x0，y0)，利用点差法同样可得kl＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝a2×eq \f(x1＋x2,y1＋y2)＝eq \f(a2x0,y0)，∴直线PQ的方程为y－y0＝eq \f(a2x0,y0)(x－x0) ，即y0y－yeq \\al(2,0)＝a2x0x－a2xeq \\al(2,0)，y0y－a2x0x＝yeq \\al(2,0)－a2xeq \\al(2,0)＝a2，∴eq \f(y0y,a2)－x0x＝1，故C正确；若双曲线的离心率为eq \f(\r(5),2)，则双曲线的方程为eq \f(y2,4)－x2＝1，∴渐近线方程为y＝±2x，设P(x1,2x1)，Q(x2，－2x2)，∴ S△OPQ＝2|x1x2|，联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(y0y,4)－x0x＝1，,y＝2x，))可得x1＝eq \f(2,y0－2x0)，同理可得x2＝eq \f(－2,y0＋2x0)，∴S△OPQ＝2|x1x2|
＝2|eq \f(2,y0－2x0)·eq \f(－2,y0＋2x0)|＝eq \f(8,|y\\al(2,0)－4x\\al(2,0)|)＝eq \f(8,4)＝2，故D正确．故选ACD.
12．(2021·济南历城第二中学模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－y2＝1(a>0)，若圆(x－2)2＋y2＝1与双曲线C的渐近线相切，则( )
A．双曲线C的实轴长为6
B．双曲线C的离心率e＝eq \f(2\r(3),3)
C．点P为双曲线C上任意一点，若点P到C的两条渐近线的距离分别为d1，d2，则d1d2＝eq \f(3,4)
D．直线y＝k1x＋m与C交于A，B两点，点D为弦AB的中点，若OD(O为坐标原点)的斜率为k2，则k1k2＝eq \f(1,3)
答案 BCD
解析 由题意知双曲线C的渐近线方程为x±ay＝0，所以eq \f(|2|,\r(1＋a2))＝1，解得a＝eq \r(3)，所以实轴长为2eq \r(3)，半焦距c＝2，所以e＝eq \f(2,\r(3))＝eq \f(2\r(3),3)，故A错误，B正确；设P(x0，y0)，所以d1＝eq \f(|x0－\r(3)y0|,2)，d2＝eq \f(|x0＋\r(3)y0|,2)，所以d1d2＝eq \f(|x0－\r(3)y0|,2)·eq \f(|x0＋\r(3)y0|,2)＝eq \f(|x\\al(2,0)－3y\\al(2,0)|,4)＝eq \f(3,4)，故C正确；设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以eq \f(x\\al(2,1),3)－yeq \\al(2,1)＝1，eq \f(x\\al(2,2),3)－yeq \\al(2,2)＝1，两式相减，得
eq \f(x1＋x2x1－x2,3)－(y1＋y2)(y1－y2)＝0，所以eq \f(x1＋x2,3)－(y1＋y2)eq \f(y1－y2,x1－x2)＝0，eq \f(x1＋x2,3)－(y1＋y2)·k1＝0，所以eq \f(2,3)×eq \f(x1＋x2,2)－eq \f(y1＋y2,2)×2k1＝0，所以eq \f(2,3)xD－yD·2k1＝0，所以eq \f(2,3)－eq \f(yD,xD)×2k1＝0，所以eq \f(2,3)－k2·2k1＝0，所以k1k2＝eq \f(1,3)，故D正确．故选BCD.
三、填空题
13．已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，若过点F且倾斜角为60°的直线l与双曲线的右支有且只有一个交点，则双曲线的离心率e的取值范围是________.
答案 [2，＋∞)
解析 由题意，知eq \f(b,a)≥eq \r(3)，则eq \f(b2,a2)≥3，所以e＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))2)≥2.
14．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.
15．(2019·全国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，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________.
答案 2
解析 解法一：由eq \(F1A,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))，得A为F1B的中点．
又O为F1F2的中点，∴OA∥BF2.
又eq \(F1B,\s\up6(→))·eq \(F2B,\s\up6(→))＝0，∴∠F1BF2＝90°.
∴|OF2|＝|OB|，∴∠OBF2＝∠OF2B.
又∠F1OA＝∠BOF2，∠F1OA＝∠OF2B，
∴∠BOF2＝∠OF2B＝∠OBF2，
∴△OBF2为等边三角形．
如图1所示，
∵点B在直线y＝－eq \f(b,a)x上，
∴－eq \f(b,a)＝－eq \r(3)，
∴离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))2)＝2.
解法二：∵eq \(F1B,\s\up6(→))·eq \(F2B,\s\up6(→))＝0，
∴∠F1BF2＝90°.
在Rt△F1BF2中，O为F1F2的中点，∴|OF2|＝|OB|＝c.
如图2，作BH⊥x轴于H，由l1为双曲线的渐近线，
可得eq \f(|BH|,|OH|)＝eq \f(b,a)，且|BH|2＋|OH|2＝|OB|2＝c2，
∴|BH|＝b，|OH|＝a，
∴B(a，－b)，F2(c,0)．
又eq \(F1A,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))，∴A为F1B的中点．
∴OA∥F2B，
∴eq \f(b,a)＝eq \f(b,c－a)，∴c＝2a，∴离心率e＝eq \f(c,a)＝2.
16．双曲线eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1的右顶点为A，右焦点为F，过点F平行于双曲线的一条渐近线的直线与双曲线交于点B，则△AFB的面积为________.
答案 eq \f(32,15)
解析 双曲线eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1的右顶点为A(3,0)，右焦点为F(5,0)，渐近线方程为y＝±eq \f(4,3)x.不妨设直线FB的方程为y＝eq \f(4,3)(x－5)，代入双曲线方程整理，得x2－(x－5)2＝9，解得x＝eq \f(17,5)，y＝－eq \f(32,15)，所以Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(17,5)，－\f(32,15))).所以S△AFB＝eq \f(1,2)|AF||yB|＝eq \f(1,2)(c－a)·|yB|＝eq \f(1,2)×(5－3)×eq \f(32,15)＝eq \f(32,15).
四、解答题
17．(2022·杭州模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)．如图，B是右顶点，F是右焦点，点A在x轴正半轴上，且满足|eq \(OA,\s\up6(→))|，|eq \(OB,\s\up6(→))|，|eq \(OF,\s\up6(→))|成等比数列，过F作双曲线C在第一、三象限的渐近线的垂线l，垂足为P.
(1)求证：eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))；
(2)若l与双曲线C的左、右两支分别相交于点E，D，求双曲线的离心率e的取值范围．
解 (1)证明：双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，F(c,0)，
所以直线l的斜率为－eq \f(a,b)，
所以直线l：y＝－eq \f(a,b)(x－c)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(a,b)x－c，,y＝\f(b,a)x，))得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,c)，\f(ab,c)))，
因为|eq \(OA,\s\up6(→))|，|eq \(OB,\s\up6(→))|，|eq \(OF,\s\up6(→))|成等比数列，
所以xA·c＝a2，
所以xA＝eq \f(a2,c)，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,c)，0))，eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(ab,c)))，
eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,c)，\f(ab,c)))，eq \(FP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b2,c)，\f(ab,c)))，
所以eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(OP,\s\up6(→))＝－eq \f(a2b2,c2)，
eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))＝－eq \f(a2b2,c2)，则eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→)).
(2)设点E，D的横坐标分别为x1，x2.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(a,b)x－c，,b2x2－a2y2＝a2b2，))得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b2－\f(a4,b2)))x2＋2×eq \f(a4,b2)×cx－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a4c2,b2)＋a2b2))＝0，Δ>0，
x1x2＝eq \f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a4c2,b2)＋a2b2)),b2－\f(a4,b2))，
因为点E，D分别在左、右两支上，
所以eq \f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a4c2,b2)＋a2b2)),b2－\f(a4,b2))<0，所以b2>a2，
所以e2>2，所以e>eq \r(2).
18．已知直线y＝ax＋1与双曲线3x2－y2＝1交于A，B两点．
(1)若以AB为直径的圆过坐标原点，求实数a的值；
(2)是否存在这样的实数a，使A，B两点关于直线y＝eq \f(1,2)x对称？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝ax＋1，,3x2－y2＝1，))消去y，得
(3－a2)x2－2ax－2＝0.①
依题意eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－a2≠0，,Δ>0，))
即－eq \r(6)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(2a,3－a2)， ③,x1x2＝\f(－2,3－a2)， ④))
∵以AB为直径的圆过坐标原点，
∴OA⊥OB.
∴x1x2＋y1y2＝0，又y1y2＝a2x1x2＋a(x1＋x2)＋1，
由③④知，(a2＋1)·eq \f(－2,3－a2)＋a·eq \f(2a,3－a2)＋1＝0.
解得a＝±1且满足②.
故实数a的值为±1.
(2)假设存在实数a，使A，B关于直线y＝eq \f(1,2)x对称，则直线y＝ax＋1与y＝eq \f(1,2)x垂直，
∴a＝－2，y＝ax＋1即y＝－2x＋1.
将a＝－2代入③得x1＋x2＝4.
∴AB中点的横坐标为2，
纵坐标为y＝－2×2＋1＝－3.
但AB的中点(2，－3)不在直线y＝eq \f(1,2)x上．
即不存在实数a，使A，B两点关于直线y＝eq \f(1,2)x对称．
19．已知点M(－2,0)，N(2,0)，动点P满足条件|PM|－|PN|＝2eq \r(2)，记动点P的轨迹为W.
(1)求W的方程；
(2)若A和B是W上不同的两点，O是坐标原点，求eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))的最小值．
解 (1)由|PM|－|PN|＝2eq \r(2)知动点P的轨迹是以M，N为焦点的双曲线的右支，半实轴长a＝eq \r(2).
又半焦距c＝2，
所以半虚轴长b＝ eq \r(c2－a2)＝eq \r(2).
所以W的方程为eq \f(x2,2)－eq \f(y2,2)＝1(x≥eq \r(2))．
(2)设A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．
当AB⊥x轴时，x1＝x2，y1＝－y2，
从而eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝xeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,1)＝2.
当AB与x轴不垂直时，
设直线AB的方程为y＝kx＋m(k≠±1)，
与W的方程联立，消去y得
(1－k2)x2－2kmx－m2－2＝0，
则x1＋x2＝eq \f(2km,1－k2)，x1x2＝eq \f(m2＋2,k2－1)，
所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2
＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)
＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2
＝eq \f(1＋k2m2＋2,k2－1)＋eq \f(2k2m2,1－k2)＋m2
＝eq \f(2k2＋2,k2－1)＝2＋eq \f(4,k2－1).
又因为x1x2>0，所以k2－1>0.所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))>2.
综上所述，当AB⊥x轴时，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))取得最小值2.
20．(2022·聊城摸底)如图，已知直线y＝2x是双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一条渐近线，点A(1,0)，M(m，n)(n≠0)都在双曲线C上，直线AM与y轴相交于点P，设坐标原点为O.
(1)求双曲线C的方程，并求出点P的坐标(用m，n表示)；
(2)设点M关于y轴的对称点为N，直线AN与y轴相交于点Q.问：在x轴上是否存在定点T，使得TP⊥TQ？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)若过点D(0,2)的直线l与双曲线C交于R，S两点，且|eq \(OR,\s\up6(→))＋eq \(OS,\s\up6(→))|＝|eq \(RS,\s\up6(→))|，试求直线l的方程．
解 (1)由已知，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,\f(b,a)＝2))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝2，))故双曲线C的方程为x2－eq \f(y2,4)＝1.
∵eq \(AM,\s\up6(→))＝(m－1，n)为直线AM的一个方向向量，
∴直线AM的方程为eq \f(x－1,m－1)＝eq \f(y,n)，
它与y轴的交点为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(n,1－m))).
(2)由条件，得N(－m，n)，且eq \(AN,\s\up6(→))＝(－m－1，n)为直线AN的一个方向向量，
故直线AN的方程为eq \f(x－1,－m－1)＝eq \f(y,n)，
它与y轴的交点为Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(n,1＋m))).
假设在x轴上存在定点T(x0,0)，使得TP⊥TQ，则eq \(TP,\s\up6(→))·eq \(TQ,\s\up6(→))＝0.
由eq \(TP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x0，\f(n,1－m)))， eq \(TQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x0，\f(n,1＋m)))，
及m2－eq \f(n2,4)＝1，得
eq \(TP,\s\up6(→))·eq \(TQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x0，\f(n,1－m)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x0，\f(n,1＋m)))＝xeq \\al(2,0)＋eq \f(n2,1－m2)＝xeq \\al(2,0)＋eq \f(n2,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(n2,4))))＝xeq \\al(2,0)－4＝0.
故x0＝±2，即存在定点T，其坐标为(2,0)或(－2,0)，满足题设条件．
(3)由|eq \(OR,\s\up6(→))＋eq \(OS,\s\up6(→))|＝|eq \(RS,\s\up6(→))|知，以OR，OS为邻边的平行四边形的对角线的长相等，故此四边形为矩形，从而eq \(OR,\s\up6(→))⊥eq \(OS,\s\up6(→)).
由已知，可设直线l的方程为y＝kx＋2，
并设R(x1，y1)，S(x2，y2)，
则由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,4x2－y2＝4))得(k2－4)x2＋4kx＋8＝0.
由Δ＝16k2－32(k2－4)＝16(8－k2)>0，
及k2－4≠0，得k2<8且k2≠4， (*)
由x1＋x2＝－eq \f(4k,k2－4)，x1x2＝eq \f(8,k2－4)，
y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)，
得eq \(OR,\s\up6(→))·eq \(OS,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2
＝(k2＋1)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4
＝eq \f(8k2＋1,k2－4)－eq \f(8k2,k2－4)＋4＝eq \f(4k2－2,k2－4)＝0，
故k2＝2，符合约束条件(*)．
因此，所求直线l的方程为y＝±eq \r(2)x＋2.
直线与双曲线的位置关系
设直线l：y＝kx＋m(m≠0)， ①
双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)， ②
把①代入②得(b2－a2k2)x2－2a2mkx－a2m2－a2b2＝0.
(1)当b2－a2k2＝0，即k＝±eq \f(b,a)时，直线l与双曲线C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)当b2－a2k2≠0，即k≠±eq \f(b,a)时，
Δ＝(－2a2mk)2－4(b2－a2k2)(－a2m2－a2b2)．
Δ>0⇒直线与双曲线有eq \x(\s\up1(03))两个公共点；
Δ＝0⇒直线与双曲线有eq \x(\s\up1(04))一个公共点；
Δ<0⇒直线与双曲线有eq \x(\s\up1(05))0个公共点．
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)；异支的弦中最短的为实轴，其长为2a.
1．直线y＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(7,2)))与双曲线eq \f(x2,9)－y2＝1交点的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．4
答案 B
解析 直线与双曲线的一条渐近线平行，所以有一个交点．
2．双曲线x2－y2＝a2与直线y＝ax(a>0)没有公共点，则a的取值范围是( )
A．a＝1 B．0
答案 D
解析 双曲线x2－y2＝a2的渐近线方程为y＝±x，若直线y＝ax(a>0)与双曲线x2－y2＝a2没有公共点，则a≥1.
3．双曲线eq \f(x2,9)－eq \f(y2,4)＝1与直线y＝－eq \f(2,3)x＋m(m∈R)的公共点的个数为( )
A．0 B．1
C．0或1 D．0或1或2
答案 C
解析 双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(2,3)x，当m＝0时，直线y＝－eq \f(2,3)x与双曲线没有公共点；当m≠0时，直线y＝－eq \f(2,3)x＋m与双曲线的一条渐近线平行，与双曲线只有一个公共点．综上，双曲线eq \f(x2,9)－eq \f(y2,4)＝1与直线y＝－eq \f(2,3)x＋m(m∈R)的公共点的个数为0或1.
4．已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(c,0)，直线y＝k(x－c)与双曲线的右支有两个交点，则( )
A．|k|>eq \f(b,a) B．|k|
解析 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，直线y＝k(x－c)经过焦点F(c,0)，当k>0时，k>eq \f(b,a)，当k<0时，k<－eq \f(b,a)，故|k|>eq \f(b,a)，故选A.
5．过双曲线x2－eq \f(y2,3)＝1的左焦点F1作倾斜角为eq \f(π,6)的直线与双曲线交于A，B两点，则|AB|＝________.
答案 3
解析 易得双曲线的左焦点F1(－2,0)，∴直线AB的方程为y＝eq \f(\r(3),3)(x＋2)，与双曲线方程联立，得8x2－4x－13＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(1,2)，x1x2＝－eq \f(13,8)，∴|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(1＋\f(1,3))× eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(13,8))))＝3.
6．直线l与双曲线x2－4y2＝4相交于A，B两点，若点P(4,1)为线段AB的中点，则直线l的方程是________.
答案 x－y－3＝0
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝8，y1＋y2＝2，∵xeq \\al(2,1)－4yeq \\al(2,1)＝4，xeq \\al(2,2)－4yeq \\al(2,2)＝4，
两式相减可得，(x1＋x2)(x1－x2)－4(y1＋y2)(y1－y2)＝0，
∴8(x1－x2)－8(y1－y2)＝0，∴kAB＝1，
∴直线l的方程为y－1＝1×(x－4)，即x－y－3＝0.
考向一 直线与双曲线的位置关系
例1 已知双曲线x2－y2＝4，直线l：y＝k(x－1)，在下列条件下，求实数k的取值范围．
(1)直线l与双曲线有两个公共点；
(2)直线l与双曲线有且只有一个公共点；
(3)直线l与双曲线没有公共点．
解 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－y2＝4，,y＝kx－1，))消去y，得
(1－k2)x2＋2k2x－k2－4＝0. (*)
当1－k2＝0，即k＝±1时，直线l与双曲线渐近线平行，方程化为2x＝5，故此方程(*)只有一个实数解，即直线l与双曲线相交，且只有一个公共点．
当1－k2≠0，即k≠±1时，Δ＝(2k2)2－4(1－k2)(－k2－4)＝4(4－3k2)．
当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4－3k2>0，,1－k2≠0，))即－eq \f(2\r(3),3)
当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4－3k2<0，,1－k2≠0，))即k<－eq \f(2\r(3),3)或k>eq \f(2\r(3),3)时，方程(*)无实数解，即直线l与双曲线无公共点．
综上所述，(1)当－eq \f(2\r(3),3)
(3)当k<－eq \f(2\r(3),3)或k>eq \f(2\r(3),3)时，直线l与双曲线没有公共点．
直线与双曲线位置关系的判断方法
(1)方程思想的应用
判断已知直线与双曲线的位置关系，将直线与双曲线方程联立，消去y(或x)，则二次项系数为0时，直线与双曲线的渐近线平行(或重合)，直线与双曲线只有一个公共点(或无公共点)；二次项系数不等于0时，若Δ>0，则直线与双曲线有两个公共点，若Δ＝0，则直线与双曲线有一个公共点，若Δ<0，则直线与双曲线没有公共点．
(2)数形结合思想的应用
①直线过定点时，根据定点的位置和双曲线的渐近线的斜率与直线的斜率的大小关系确定其位置关系．
②直线斜率一定时，通过平行移动直线，比较直线斜率与渐近线斜率的关系来确定其位置关系．
1.若直线y＝kx＋2与双曲线x2－y2＝6的右支交于不同的两点，那么k的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(15),3)，\f(\r(15),3))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(15),3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(15),3)，0)) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(15),3)，－1))
答案 D
解析 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,x2－y2＝6，))得(1－k2)x2－4kx－10＝0.
由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－k2≠0，,Δ＝16k2＋401－k2>0，,\f(4k,1－k2)>0，,\f(10,k2－1)>0，))
解得－eq \f(\r(15),3)
A．没有交点 B．只有一个交点
C．有两个交点 D．有三个交点
答案 D
解析 当x≥0时，方程eq \f(y2,9)－eq \f(x|x|,4)＝1可化为eq \f(y2,9)－eq \f(x2,4)＝1 ①，将y＝x＋3代入①得，5x2－24x＝0，解得x＝0或x＝eq \f(24,5)，即此时直线y＝x＋3与曲线eq \f(y2,9)－eq \f(x|x|,4)＝1有两个交点；当x<0时，方程eq \f(y2,9)－eq \f(x|x|,4)＝1可化为eq \f(y2,9)＋eq \f(x2,4)＝1 ②，将y＝x＋3代入②得，13x2＋24x＝0，解得x＝0(舍去)或x＝－eq \f(24,13)，即此时直线y＝x＋3与曲线eq \f(y2,9)－eq \f(x|x|,4)＝1有一个交点．综上所述，直线y＝x＋3与曲线eq \f(y2,9)－eq \f(x|x|,4)＝1有三个交点．故选D.
考向二 弦长问题
例2 (2021·新高考Ⅰ卷)在平面直角坐标系xOy中，已知点F1(－eq \r(17)，0)，F2(eq \r(17)，0)，点M满足|MF1|－|MF2|＝2.记M的轨迹为C.
(1)求C的方程；
(2)设点T在直线x＝eq \f(1,2)上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和．
解 (1)因为|MF1|－|MF2|＝2<|F1F2|＝2eq \r(17)，
所以点M的轨迹C是以F1，F2分别为左、右焦点的双曲线的右支．
设双曲线的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，半焦距为c，则2a＝2，c＝eq \r(17)，得a＝1，b2＝c2－a2＝16，所以点M的轨迹C的方程为x2－eq \f(y2,16)＝1(x≥1)．
(2)设Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，t))，由题意可知直线AB，PQ的斜率均存在且不为0，设直线AB的方程为y－t＝k1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))(k1≠0)，直线PQ的方程为y－t＝k2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))(k2≠0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－t＝k1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，,x2－\f(y2,16)＝1，))
得(16－keq \\al(2,1))x2－2k1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(k1,2)))x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(k1,2)))2－16＝0.
设A(xA，yA)，B(xB，yB)，
易知16－keq \\al(2,1)≠0，
则xAxB＝eq \f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(k1,2)))2－16,16－k\\al(2,1))，
xA＋xB＝eq \f(2k1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(k1,2))),16－k\\al(2,1))，
所以|TA|＝eq \r(1＋k\\al(2,1))|xA－eq \f(1,2)|＝eq \r(1＋k\\al(2,1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xA－\f(1,2)))，
|TB|＝eq \r(1＋k\\al(2,1))|xB－eq \f(1,2)|＝eq \r(1＋k\\al(2,1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xB－\f(1,2)))，
则|TA|·|TB|＝(1＋keq \\al(2,1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xA－\f(1,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xB－\f(1,2)))
＝(1＋keq \\al(2,1))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(xAxB－\f(1,2)xA＋xB＋\f(1,4)))
＝(1＋keq \\al(2,1))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(k1,2)))2－16,16－k\\al(2,1))－\f(1,2)·\f(2k1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(k1,2))),16－k\\al(2,1))＋\f(1,4)))＝eq \f(1＋k\\al(2,1)t2＋12,k\\al(2,1)－16).
同理得|TP|·|TQ|＝eq \f(1＋k\\al(2,2)t2＋12,k\\al(2,2)－16).
因为|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，
所以eq \f(1＋k\\al(2,1)t2＋12,k\\al(2,1)－16)＝eq \f(1＋k\\al(2,2)t2＋12,k\\al(2,2)－16)，
所以keq \\al(2,2)－16＋keq \\al(2,1)keq \\al(2,2)－16keq \\al(2,1)＝keq \\al(2,1)－16＋keq \\al(2,1)keq \\al(2,2)－16keq \\al(2,2)，即keq \\al(2,1)＝keq \\al(2,2)，
又k1≠k2，所以k1＝－k2，即k1＋k2＝0.
求弦长的两种方法
(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＋b(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＋\f(1,k2))|y1－y2|.
3.已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为2，焦点到渐近线的距离等于eq \r(3)，过右焦点F2的直线l交双曲线于A，B两点，F1为左焦点．
(1)求双曲线的方程；
(2)若△F1AB的面积等于6eq \r(2)，求直线l的方程．
解 (1)依题意，得b＝eq \r(3)，eq \f(c,a)＝2.
又c2＝a2＋b2，所以a＝1，c＝2，
所以双曲线的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由(1)知F2(2,0)．
易验证当直线l斜率不存在时不满足题意，
故可设直线l：y＝k(x－2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,x2－\f(y2,3)＝1，))
消元，得(k2－3)x2－4k2x＋4k2＋3＝0，
根据题意知k≠±eq \r(3)，x1＋x2＝eq \f(4k2,k2－3)，
x1x2＝eq \f(4k2＋3,k2－3)，
因为F1(－2,0)到直线l的距离d＝eq \f(|－4k|,\r(1＋k2))，
所以△F1AB的面积S＝eq \f(1,2)·d·|AB|
＝eq \f(1,2)·eq \f(|－4k|,\r(1＋k2))·eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝2|k|·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4k2,k2－3)))2－4·\f(4k2＋3,k2－3))
＝2|k|·eq \f(\r(4k22－44k2＋3k2－3),|k2－3|)
＝12|k|·eq \f(\r(k2＋1),|k2－3|)＝6eq \r(2).
整理，得k4＋8k2－9＝0，则k＝±1.
所以直线l的方程为y＝x－2或y＝－x＋2.
考向三 中点弦问题
例3 (2022·临沂模拟)已知A(－2,0)，B(2，0)，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积是3.
(1)求点M的轨迹C的方程；
(2)过点N(2,3)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的中点？若能，求出直线m的方程；若不能，说明理由．
解 (1)设M(x，y)，x≠±2，kAM＝eq \f(y－0,x＋2)，kBM＝eq \f(y－0,x－2)，kAM·kBM＝3，即eq \f(y－0,x＋2)·eq \f(y－0,x－2)＝3.
整理得，3x2－y2＝12(x≠±2)，即点M的轨迹C的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,12)＝1(x≠±2)．
(2)若能作出直线m，则直线m的斜率存在，设为k，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4)－\f(y\\al(2,1),12)＝1，,\f(x\\al(2,2),4)－\f(y\\al(2,2),12)＝1，))两式相减得
eq \f(x1－x2x1＋x2,4)－eq \f(y1－y2y1＋y2,12)＝0，
整理可得eq \f(y1－y2,x1－x2)＝3×eq \f(x1＋x2,y1＋y2)，
∵N是线段PQ的中点，∴eq \f(y1－y2,x1－x2)＝3×eq \f(4,6)＝2，即k＝2，
故直线m的方程为y－3＝2(x－2)，即2x－y－1＝0，
将直线方程代入双曲线方程可得x2－4x＋13＝0，
Δ＝(－4)2－4×13<0，此时直线与双曲线不相交．故不能作出这样的直线．
解决中点弦问题的两种方法
(1)根与系数的关系法：联立直线与曲线方程构成方程组，消去一个未知数，利用一元二次方程根与系数的关系以及中点坐标公式解决．
(2)点差法：设出交点坐标，利用交点在曲线上，将交点坐标代入曲线方程，然后作差，构造出中点坐标和斜率的关系．
4.(2021·湖南长沙模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的其中一个焦点为(eq \r(5)，0)，一条渐近线方程为2x－y＝0.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)已知倾斜角为eq \f(3π,4)的直线l与双曲线C交于A，B两点，且线段AB的中点的纵坐标为4，求直线l的方程．
解 (1)由焦点可知c＝eq \r(5)，又一条渐近线方程为2x－y＝0，所以eq \f(b,a)＝2.
由c2＝a2＋b2可得5＝a2＋4a2，解得a2＝1，b2＝4，
故双曲线C的标准方程为x2－eq \f(y2,4)＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点的坐标为(x0,4)，
则xeq \\al(2,1)－eq \f(y\\al(2,1),4)＝1 ①，
xeq \\al(2,2)－eq \f(y\\al(2,2),4)＝1 ②，
②－①得，xeq \\al(2,2)－xeq \\al(2,1)＝eq \f(y\\al(2,2),4)－eq \f(y\\al(2,1),4)，
即eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(4x0,4)＝x0，
又eq \f(y2－y1,x2－x1)＝taneq \f(3π,4)＝－1，所以x0＝－1，
所以直线l的方程为y－4＝－(x＋1)，即x＋y－3＝0.
一、单项选择题
1．已知双曲线方程为x2－eq \f(y2,4)＝1，过点P(1,0)的直线l与双曲线只有一个公共点，则这样的直线l有( )
A．4条 B．3条
C．2条 D．1条
答案 B
解析 因为双曲线方程为x2－eq \f(y2,4)＝1，则P(1,0)是双曲线的右顶点，所以过P(1,0)并且和x轴垂直的直线是双曲线的一条切线，与双曲线只有一个公共点，另外两条就是过P(1,0)分别和两条渐近线平行的直线，所以符合要求的直线有3条．
2．若直线y＝kx与双曲线4x2－y2＝16相交，则实数k的取值范围为( )
A．(－2,2) B．[－2,2)
C．(－2,2] D．[－2,2]
答案 A
解析 易知k≠±2，将y＝kx代入4x2－y2＝16得关于x的一元二次方程(4－k2)x2－16＝0，由Δ>0可得－2
A．1条 B．2条
C．3条 D．4条
答案 C
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，当直线l的斜率不存在时，其方程为x＝eq \r(3)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\r(3)，,x2－\f(y2,2)＝1，))得y＝±2，∴|AB|＝|y1－y2|＝4，满足题意．当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝k(x－eq \r(3))，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－\r(3)，,x2－\f(y2,2)＝1，))得(2－k2)x2＋2eq \r(3)k2x－3k2－2＝0.由题意知2－k2≠0，x1＋x2＝eq \f(2\r(3)k2,k2－2)，x1x2＝eq \f(3k2＋2,k2－2)，
|AB|＝eq \r(1＋k2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3)k2,k2－2)))2－\f(12k2＋8,k2－2))
＝eq \r(1＋k2)eq \r(\f(16k2＋1,k2－22))＝eq \f(41＋k2,|k2－2|)＝4，
解得k＝±eq \f(\r(2),2)，故这样的直线有3条．故选C.
4．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦点为F(－c,0)，过点F且斜率为1的直线与双曲线C交于A，B两点，若线段AB的垂直平分线与x轴交于点P(2c,0)，则双曲线C的离心率为( )
A.eq \f(\r(5),2) B．eq \r(2)
C．eq \r(3) D．2
答案 D
解析 设线段AB的中点坐标为(x0，y0)，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(y0,x0＋c)＝1，,\f(y0,x0－2c)＝－1))⇒x0＝eq \f(c,2)， y0＝eq \f(3,2)c，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入双曲线方程有eq \f(x\\al(2,1),a2)－eq \f(y\\al(2,1),b2)＝1，eq \f(x\\al(2,2),a2)－eq \f(y\\al(2,2),b2)＝1，两式相减，得eq \f(x1－x2x1＋x2,a2)－eq \f(y1－y2y1＋y2,b2)＝0，可得eq \f(x0,a2)－eq \f(y0,b2)×1＝0，即eq \f(1,a2)＝eq \f(3,b2)，b2＝3a2，∴c＝2a，e＝2.故选D.
5．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(2)，过其右焦点F作斜率为2的直线，交双曲线的两条渐近线于B，C两点(B点在x轴上方)，则eq \f(|BF|,|CF|)＝( )
A．2 B．3
C．2eq \r(2) D．2eq \r(3)
答案 B
解析 由双曲线的离心率为eq \r(2)，可得c＝eq \r(2)a，即有a＝b，则双曲线的渐近线方程为y＝±x，如图，右焦点为F(c,0)，过点F作斜率为2的直线方程为y＝2(x－c)，由y＝x和y＝2(x－c)，可得B(2c,2c)，由y＝－x和y＝2(x－c)可得Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2c,3)，－\f(2c,3)))，设eq \(BF,\s\up6(→))＝λeq \(FC,\s\up6(→))，即有0－2c＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2c,3)－0))，解得λ＝3，则eq \f(|BF|,|CF|)＝3.故选B.
6．(2022·南昌联考)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，过左焦点F作斜率为eq \f(1,2)的直线与双曲线的一条渐近线相交于点A，且A在第一象限，若|OA|＝|OF|(O为坐标原点)，则双曲线C的渐近线方程为( )
A．y＝±eq \f(3,4)x B．y＝±eq \f(4,3)x
C．y＝±eq \f(2,3)x D．y＝±eq \f(3,2)x
答案 B
解析 解法一：由题意可得直线AF的方程为y＝eq \f(1,2)(x＋c)，双曲线C过第一、三象限的渐近线的方程为y＝eq \f(b,a)x.由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)x＋c，,y＝\f(b,a)x，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(ac,2b－a)，,y＝\f(bc,2b－a)，))所以Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ac,2b－a)，\f(bc,2b－a))).因为|OA|＝|OF|＝c，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ac,2b－a)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(bc,2b－a)))2＝c2，整理可得3b＝4a，即eq \f(b,a)＝eq \f(4,3)，所以双曲线C的渐近线方程为y＝±eq \f(4,3)x.
解法二：设双曲线C的右焦点为F′，连接AF′，因为|OA|＝|OF|，所以|OA|＝|OF|＝|OF′|，所以△AFF′为直角三角形，AF⊥AF′，因为直线AF的斜率为eq \f(1,2)，所以tan∠AFF′＝eq \f(1,2)，又tan∠AFF′＝eq \f(|AF′|,|AF|)，所以eq \f(|AF′|,|AF|)＝eq \f(1,2)，令|AF′|＝t，则|AF|＝2t，由勾股定理得t2＋(2t)2＝(2c)2，所以t＝eq \f(2\r(5),5)c，即|AF′|＝eq \f(2\r(5),5)c，所以cs∠AOF′＝eq \f(c2＋c2－\f(4,5)c2,2c2)＝eq \f(3,5)，所以sin∠AOF′＝eq \f(4,5)，tan∠AOF′＝eq \f(4,3)，则双曲线C的渐近线方程为y＝±eq \f(4,3)x.
解法三：设双曲线的右焦点为F′，连接AF′，因为|OA|＝|OF|，所以|OA|＝|OF|＝|OF′|，所以△AFF′为直角三角形，AF⊥AF′，即点A在以FF′为直径的圆上，所以∠AOF′＝2∠AFF′.因为直线AF的斜率为eq \f(1,2)，所以tan∠AFF′＝eq \f(1,2)，所以tan∠AOF′＝eq \f(2×\f(1,2),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(4,3)，则双曲线C的渐近线方程为y＝±eq \f(4,3)x.故选B.
7．已知双曲线E的中心为原点，F(3,0)是E的焦点，过F的直线l与E相交于A，B两点，且AB的中点为N(－12，－15)，则双曲线E的方程为( )
A.eq \f(x2,3)－eq \f(y2,6)＝1 B．eq \f(x2,4)－eq \f(y2,5)＝1
C.eq \f(x2,6)－eq \f(y2,3)＝1 D．eq \f(x2,5)－eq \f(y2,4)＝1
答案 B
解析 ∵kAB＝eq \f(0＋15,3＋12)＝1，∴直线AB的方程为y＝x－3.由于双曲线的焦点为F(3,0)，∴c＝3，c2＝9.设双曲线E的标准方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，则eq \f(x2,a2)－eq \f(x－32,b2)＝1.整理，得(b2－a2)x2＋6a2x－9a2－a2b2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(6a2,a2－b2)＝2×(－12)，∴a2＝－4a2＋4b2，∴5a2＝4b2.又a2＋b2＝9，∴a2＝4，b2＝5.∴双曲线E的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,5)＝1.故选B.
8．过点C(0，－1)的直线与双曲线eq \f(x2,3)－eq \f(y2,2)＝1右支交于A，B两点，则直线AB的斜率的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，1))
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，1))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(6),3)))
C．(－1,1)
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(6),3)))
答案 A
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为y＝kx－1，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,3)－\f(y2,2)＝1，,y＝kx－1))消去y，得(2－3k2)x2＋6kx－9＝0.∴x1＋x2＝eq \f(－6k,2－3k2)，x1x2＝eq \f(－9,2－3k2).∵直线AB与双曲线的右支有两个不同的交点，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝36k2＋362－3k2>0，,\f(－6k,2－3k2)>0，,\f(－9,2－3k2)>0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k2<1，,k>0，,2－3k2<0，))解得eq \f(\r(6),3)
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，\f(1,4))) B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，－\f(1,8))) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,4)))
答案 A
解析 ∵双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为x－2y＝0，∴a＝2b，则双曲线的方程为eq \f(x2,4b2)－eq \f(y2,b2)＝1(b>0)，设A(x1，y1)，M(x0，y0)，则B(－x1，－y1)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),4b2)－\f(y\\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\\al(2,0),4b2)－\f(y\\al(2,0),b2)＝1，))∴eq \f(x1＋x0x1－x0,4b2)＝eq \f(y1＋y0y1－y0,b2)，∴eq \f(1,4)＝eq \f(y1＋y0y1－y0,x1＋x0x1－x0)，即k1·k2＝eq \f(1,4)，∵1≤k1≤2，∴k2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，\f(1,4))).故选A.
10．已知F1，F2是双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，过F1的直线l与双曲线的左支交于点A，与右支交于点B，若|AF1|＝2a，∠F1AF2＝eq \f(2π,3)，则eq \f(S△AF1F2,S△ABF2)＝( )
A．1 B．eq \f(1,2)
C．eq \f(1,3) D．eq \f(2,3)
答案 B
解析 如图所示，由双曲线定义可知|AF2|－|AF1|＝2a.又|AF1|＝2a，所以|AF2|＝4a，因为∠F1AF2＝eq \f(2π,3)，所以S△AF1F2＝eq \f(1,2)|AF1|·|AF2|·sin∠F1AF2＝eq \f(1,2)×2a×4a×eq \f(\r(3),2)＝2eq \r(3)a2.由双曲线定义可知|BF1|－|BF2|＝2a，所以|BF1|＝2a＋|BF2|，又知|BF1|＝2a＋|BA|，所以△ABF2为等边三角形，边长为4a，所以S△ABF2＝eq \f(\r(3),4)|BA|2＝eq \f(\r(3),4)×(4a)2＝4eq \r(3)a2，所以eq \f(S△AF1F2,S△ABF2)＝eq \f(2\r(3)a2,4\r(3)a2)＝eq \f(1,2).故选B.
二、多项选择题
11．(2021·河北唐山二模)已知双曲线C：eq \f(y2,a2)－x2＝1(a>0)，其上、下焦点分别为F1，F2，O为坐标原点．过双曲线上一点M(x0，y0)作直线l，分别与双曲线的渐近线交于P，Q两点，且点M为PQ的中点，则下列说法正确的是( )
A．若l⊥y轴，则|PQ|＝2
B．若点M的坐标为(1,2)，则直线l的斜率为eq \f(1,4)
C．直线PQ的方程为eq \f(y0y,a2)－x0x＝1
D．若双曲线的离心率为eq \f(\r(5),2)，则△OPQ的面积为2
答案 ACD
解析 若l⊥y轴，则直线l过双曲线的顶点，M(0，±a)，双曲线的渐近线方程为y＝±ax，易得P，Q两点的横坐标为±1，∴|PQ|＝2，故A正确；若点M的坐标为(1,2)，则a＝eq \r(2)，易得双曲线的渐近线方程为y2－2x2＝0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则yeq \\al(2,1)－2xeq \\al(2,1)＝0，yeq \\al(2,2)－2xeq \\al(2,2)＝0，两式作差可得，yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2)＝2xeq \\al(2,1)－2xeq \\al(2,2)，即eq \f(y1－y2,x1－x2)＝2×eq \f(x1＋x2,y1＋y2)，∴kl＝2×eq \f(2,4)＝1，故B错误；若M(x0，y0)，利用点差法同样可得kl＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝a2×eq \f(x1＋x2,y1＋y2)＝eq \f(a2x0,y0)，∴直线PQ的方程为y－y0＝eq \f(a2x0,y0)(x－x0) ，即y0y－yeq \\al(2,0)＝a2x0x－a2xeq \\al(2,0)，y0y－a2x0x＝yeq \\al(2,0)－a2xeq \\al(2,0)＝a2，∴eq \f(y0y,a2)－x0x＝1，故C正确；若双曲线的离心率为eq \f(\r(5),2)，则双曲线的方程为eq \f(y2,4)－x2＝1，∴渐近线方程为y＝±2x，设P(x1,2x1)，Q(x2，－2x2)，∴ S△OPQ＝2|x1x2|，联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(y0y,4)－x0x＝1，,y＝2x，))可得x1＝eq \f(2,y0－2x0)，同理可得x2＝eq \f(－2,y0＋2x0)，∴S△OPQ＝2|x1x2|
＝2|eq \f(2,y0－2x0)·eq \f(－2,y0＋2x0)|＝eq \f(8,|y\\al(2,0)－4x\\al(2,0)|)＝eq \f(8,4)＝2，故D正确．故选ACD.
12．(2021·济南历城第二中学模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－y2＝1(a>0)，若圆(x－2)2＋y2＝1与双曲线C的渐近线相切，则( )
A．双曲线C的实轴长为6
B．双曲线C的离心率e＝eq \f(2\r(3),3)
C．点P为双曲线C上任意一点，若点P到C的两条渐近线的距离分别为d1，d2，则d1d2＝eq \f(3,4)
D．直线y＝k1x＋m与C交于A，B两点，点D为弦AB的中点，若OD(O为坐标原点)的斜率为k2，则k1k2＝eq \f(1,3)
答案 BCD
解析 由题意知双曲线C的渐近线方程为x±ay＝0，所以eq \f(|2|,\r(1＋a2))＝1，解得a＝eq \r(3)，所以实轴长为2eq \r(3)，半焦距c＝2，所以e＝eq \f(2,\r(3))＝eq \f(2\r(3),3)，故A错误，B正确；设P(x0，y0)，所以d1＝eq \f(|x0－\r(3)y0|,2)，d2＝eq \f(|x0＋\r(3)y0|,2)，所以d1d2＝eq \f(|x0－\r(3)y0|,2)·eq \f(|x0＋\r(3)y0|,2)＝eq \f(|x\\al(2,0)－3y\\al(2,0)|,4)＝eq \f(3,4)，故C正确；设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以eq \f(x\\al(2,1),3)－yeq \\al(2,1)＝1，eq \f(x\\al(2,2),3)－yeq \\al(2,2)＝1，两式相减，得
eq \f(x1＋x2x1－x2,3)－(y1＋y2)(y1－y2)＝0，所以eq \f(x1＋x2,3)－(y1＋y2)eq \f(y1－y2,x1－x2)＝0，eq \f(x1＋x2,3)－(y1＋y2)·k1＝0，所以eq \f(2,3)×eq \f(x1＋x2,2)－eq \f(y1＋y2,2)×2k1＝0，所以eq \f(2,3)xD－yD·2k1＝0，所以eq \f(2,3)－eq \f(yD,xD)×2k1＝0，所以eq \f(2,3)－k2·2k1＝0，所以k1k2＝eq \f(1,3)，故D正确．故选BCD.
三、填空题
13．已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，若过点F且倾斜角为60°的直线l与双曲线的右支有且只有一个交点，则双曲线的离心率e的取值范围是________.
答案 [2，＋∞)
解析 由题意，知eq \f(b,a)≥eq \r(3)，则eq \f(b2,a2)≥3，所以e＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))2)≥2.
14．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.
15．(2019·全国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，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________.
答案 2
解析 解法一：由eq \(F1A,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))，得A为F1B的中点．
又O为F1F2的中点，∴OA∥BF2.
又eq \(F1B,\s\up6(→))·eq \(F2B,\s\up6(→))＝0，∴∠F1BF2＝90°.
∴|OF2|＝|OB|，∴∠OBF2＝∠OF2B.
又∠F1OA＝∠BOF2，∠F1OA＝∠OF2B，
∴∠BOF2＝∠OF2B＝∠OBF2，
∴△OBF2为等边三角形．
如图1所示，
∵点B在直线y＝－eq \f(b,a)x上，
∴－eq \f(b,a)＝－eq \r(3)，
∴离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))2)＝2.
解法二：∵eq \(F1B,\s\up6(→))·eq \(F2B,\s\up6(→))＝0，
∴∠F1BF2＝90°.
在Rt△F1BF2中，O为F1F2的中点，∴|OF2|＝|OB|＝c.
如图2，作BH⊥x轴于H，由l1为双曲线的渐近线，
可得eq \f(|BH|,|OH|)＝eq \f(b,a)，且|BH|2＋|OH|2＝|OB|2＝c2，
∴|BH|＝b，|OH|＝a，
∴B(a，－b)，F2(c,0)．
又eq \(F1A,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))，∴A为F1B的中点．
∴OA∥F2B，
∴eq \f(b,a)＝eq \f(b,c－a)，∴c＝2a，∴离心率e＝eq \f(c,a)＝2.
16．双曲线eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1的右顶点为A，右焦点为F，过点F平行于双曲线的一条渐近线的直线与双曲线交于点B，则△AFB的面积为________.
答案 eq \f(32,15)
解析 双曲线eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1的右顶点为A(3,0)，右焦点为F(5,0)，渐近线方程为y＝±eq \f(4,3)x.不妨设直线FB的方程为y＝eq \f(4,3)(x－5)，代入双曲线方程整理，得x2－(x－5)2＝9，解得x＝eq \f(17,5)，y＝－eq \f(32,15)，所以Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(17,5)，－\f(32,15))).所以S△AFB＝eq \f(1,2)|AF||yB|＝eq \f(1,2)(c－a)·|yB|＝eq \f(1,2)×(5－3)×eq \f(32,15)＝eq \f(32,15).
四、解答题
17．(2022·杭州模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)．如图，B是右顶点，F是右焦点，点A在x轴正半轴上，且满足|eq \(OA,\s\up6(→))|，|eq \(OB,\s\up6(→))|，|eq \(OF,\s\up6(→))|成等比数列，过F作双曲线C在第一、三象限的渐近线的垂线l，垂足为P.
(1)求证：eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))；
(2)若l与双曲线C的左、右两支分别相交于点E，D，求双曲线的离心率e的取值范围．
解 (1)证明：双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，F(c,0)，
所以直线l的斜率为－eq \f(a,b)，
所以直线l：y＝－eq \f(a,b)(x－c)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(a,b)x－c，,y＝\f(b,a)x，))得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,c)，\f(ab,c)))，
因为|eq \(OA,\s\up6(→))|，|eq \(OB,\s\up6(→))|，|eq \(OF,\s\up6(→))|成等比数列，
所以xA·c＝a2，
所以xA＝eq \f(a2,c)，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,c)，0))，eq \(PA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(ab,c)))，
eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,c)，\f(ab,c)))，eq \(FP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b2,c)，\f(ab,c)))，
所以eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(OP,\s\up6(→))＝－eq \f(a2b2,c2)，
eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))＝－eq \f(a2b2,c2)，则eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→)).
(2)设点E，D的横坐标分别为x1，x2.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(a,b)x－c，,b2x2－a2y2＝a2b2，))得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b2－\f(a4,b2)))x2＋2×eq \f(a4,b2)×cx－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a4c2,b2)＋a2b2))＝0，Δ>0，
x1x2＝eq \f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a4c2,b2)＋a2b2)),b2－\f(a4,b2))，
因为点E，D分别在左、右两支上，
所以eq \f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a4c2,b2)＋a2b2)),b2－\f(a4,b2))<0，所以b2>a2，
所以e2>2，所以e>eq \r(2).
18．已知直线y＝ax＋1与双曲线3x2－y2＝1交于A，B两点．
(1)若以AB为直径的圆过坐标原点，求实数a的值；
(2)是否存在这样的实数a，使A，B两点关于直线y＝eq \f(1,2)x对称？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝ax＋1，,3x2－y2＝1，))消去y，得
(3－a2)x2－2ax－2＝0.①
依题意eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－a2≠0，,Δ>0，))
即－eq \r(6)
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(2a,3－a2)， ③,x1x2＝\f(－2,3－a2)， ④))
∵以AB为直径的圆过坐标原点，
∴OA⊥OB.
∴x1x2＋y1y2＝0，又y1y2＝a2x1x2＋a(x1＋x2)＋1，
由③④知，(a2＋1)·eq \f(－2,3－a2)＋a·eq \f(2a,3－a2)＋1＝0.
解得a＝±1且满足②.
故实数a的值为±1.
(2)假设存在实数a，使A，B关于直线y＝eq \f(1,2)x对称，则直线y＝ax＋1与y＝eq \f(1,2)x垂直，
∴a＝－2，y＝ax＋1即y＝－2x＋1.
将a＝－2代入③得x1＋x2＝4.
∴AB中点的横坐标为2，
纵坐标为y＝－2×2＋1＝－3.
但AB的中点(2，－3)不在直线y＝eq \f(1,2)x上．
即不存在实数a，使A，B两点关于直线y＝eq \f(1,2)x对称．
19．已知点M(－2,0)，N(2,0)，动点P满足条件|PM|－|PN|＝2eq \r(2)，记动点P的轨迹为W.
(1)求W的方程；
(2)若A和B是W上不同的两点，O是坐标原点，求eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))的最小值．
解 (1)由|PM|－|PN|＝2eq \r(2)知动点P的轨迹是以M，N为焦点的双曲线的右支，半实轴长a＝eq \r(2).
又半焦距c＝2，
所以半虚轴长b＝ eq \r(c2－a2)＝eq \r(2).
所以W的方程为eq \f(x2,2)－eq \f(y2,2)＝1(x≥eq \r(2))．
(2)设A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．
当AB⊥x轴时，x1＝x2，y1＝－y2，
从而eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝xeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,1)＝2.
当AB与x轴不垂直时，
设直线AB的方程为y＝kx＋m(k≠±1)，
与W的方程联立，消去y得
(1－k2)x2－2kmx－m2－2＝0，
则x1＋x2＝eq \f(2km,1－k2)，x1x2＝eq \f(m2＋2,k2－1)，
所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2
＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)
＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2
＝eq \f(1＋k2m2＋2,k2－1)＋eq \f(2k2m2,1－k2)＋m2
＝eq \f(2k2＋2,k2－1)＝2＋eq \f(4,k2－1).
又因为x1x2>0，所以k2－1>0.所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))>2.
综上所述，当AB⊥x轴时，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))取得最小值2.
20．(2022·聊城摸底)如图，已知直线y＝2x是双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一条渐近线，点A(1,0)，M(m，n)(n≠0)都在双曲线C上，直线AM与y轴相交于点P，设坐标原点为O.
(1)求双曲线C的方程，并求出点P的坐标(用m，n表示)；
(2)设点M关于y轴的对称点为N，直线AN与y轴相交于点Q.问：在x轴上是否存在定点T，使得TP⊥TQ？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)若过点D(0,2)的直线l与双曲线C交于R，S两点，且|eq \(OR,\s\up6(→))＋eq \(OS,\s\up6(→))|＝|eq \(RS,\s\up6(→))|，试求直线l的方程．
解 (1)由已知，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,\f(b,a)＝2))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝2，))故双曲线C的方程为x2－eq \f(y2,4)＝1.
∵eq \(AM,\s\up6(→))＝(m－1，n)为直线AM的一个方向向量，
∴直线AM的方程为eq \f(x－1,m－1)＝eq \f(y,n)，
它与y轴的交点为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(n,1－m))).
(2)由条件，得N(－m，n)，且eq \(AN,\s\up6(→))＝(－m－1，n)为直线AN的一个方向向量，
故直线AN的方程为eq \f(x－1,－m－1)＝eq \f(y,n)，
它与y轴的交点为Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(n,1＋m))).
假设在x轴上存在定点T(x0,0)，使得TP⊥TQ，则eq \(TP,\s\up6(→))·eq \(TQ,\s\up6(→))＝0.
由eq \(TP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x0，\f(n,1－m)))， eq \(TQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x0，\f(n,1＋m)))，
及m2－eq \f(n2,4)＝1，得
eq \(TP,\s\up6(→))·eq \(TQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x0，\f(n,1－m)))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x0，\f(n,1＋m)))＝xeq \\al(2,0)＋eq \f(n2,1－m2)＝xeq \\al(2,0)＋eq \f(n2,1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(n2,4))))＝xeq \\al(2,0)－4＝0.
故x0＝±2，即存在定点T，其坐标为(2,0)或(－2,0)，满足题设条件．
(3)由|eq \(OR,\s\up6(→))＋eq \(OS,\s\up6(→))|＝|eq \(RS,\s\up6(→))|知，以OR，OS为邻边的平行四边形的对角线的长相等，故此四边形为矩形，从而eq \(OR,\s\up6(→))⊥eq \(OS,\s\up6(→)).
由已知，可设直线l的方程为y＝kx＋2，
并设R(x1，y1)，S(x2，y2)，
则由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,4x2－y2＝4))得(k2－4)x2＋4kx＋8＝0.
由Δ＝16k2－32(k2－4)＝16(8－k2)>0，
及k2－4≠0，得k2<8且k2≠4， (*)
由x1＋x2＝－eq \f(4k,k2－4)，x1x2＝eq \f(8,k2－4)，
y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)，
得eq \(OR,\s\up6(→))·eq \(OS,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2
＝(k2＋1)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4
＝eq \f(8k2＋1,k2－4)－eq \f(8k2,k2－4)＋4＝eq \f(4k2－2,k2－4)＝0，
故k2＝2，符合约束条件(*)．
因此，所求直线l的方程为y＝±eq \r(2)x＋2.
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