人教A版 (2019)选择性必修 第一册3.2 双曲线一课一练

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册3.2 双曲线一课一练，共22页。

考试时间：60分钟；满分：100分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分100分，限时60分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本节内容的具体情况！
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）（2023·全国·高二专题练习）在直线与双曲线位置关系中，“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
2．（3分）(2023·河南洛阳·高二期末（文））已知双曲线x2−y22=1，过点P1,1作直线l，若l与该双曲线只有一个公共点，这样的直线条数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
3．（3分）(2023·江西·高二期末（理））双曲线C: x24−y2=1的左,右顶点分别是A1,A2，P是C上任意一点（P点异于A1,A2），直线PA1,PA2分别与直线l:x=1交于M,N，则MN的最小值是
A．1B．3 C．2D．3
4．（3分）(2023·全国·高二课时练习）已知点A，B在双曲线x2−y2=4上，线段AB的中点M3,1，则AB=（ ）
A．2B．22C．5D．25
5．（3分）(2023·全国·高二课时练习）已知等轴双曲线的中心在原点，焦点在y轴上，与直线2x+y=0交于A，B两点，若AB=215，则该双曲线的方程为（ ）
A．y2−x2=25B．y2−x2=16C．y2−x2=9D．y2−x2=6
6．（3分）(2023·吉林吉林·模拟预测（文））已知直线l：y=kxk≠0与双曲线C：x24−y2=1交于P，Q两点，QH⊥x轴于点H，直线PH与双曲线C的另一个交点为T，则kPQ⋅kQT=（ ）
A．14B．12C．1D．2
7．（3分）(2023·吉林市模拟预测（理））已知直线l:y=kx(k≠0)与双曲线C:x24−y2=1交于P，Q两点，QH⊥x轴于点H，直线PH与双曲线C的另一个交点为T，则下列选项中错误的是（ ）
A．−128．（3分）（2023·四川·高二阶段练习（理））已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0与直线y=kx交于A,B两点，点P为C上一动点，记直线PA,PB的斜率分别为kPA,kPB，曲线C的左、右焦点分别为F1,F2．若kPA⋅kPB=14，且C的焦点到渐近线的距离为1，则下列说法正确的是（ ）
A．a=4
B．曲线C的离心率为62
C．若PF1⊥PF2，则△PF1F2的面积为2
D．若△PF1F2的面积为25，则△PF1F2为钝角三角形
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
9．（4分）（2023·辽宁·高二期中）在平面直角坐标系xy中，已知点P(x0,y0)和曲线C:x2+my2=1，则对于直线l:x0x+my0y=1下列说法正确的是（ ）
A．若x0=12，y0=12，m=1，则直线l与曲线C没有交点
B．若x0=12，y0=1，m=−1，则直线l与曲线C有二个交点
C．若x0=12，y0=62，m=12，则直线l与曲线C有一个交点
D．直线l与曲线C的位置关系和P在哪里无关
10．（4分）(2023·河北唐山·高二期末）已知双曲线C:x2−y23=1，过其右焦点F的直线l与双曲线交于两点A，B，则（ ）
A．若A在双曲线右支上，则AF的最短长度为1
B．若A，B同在双曲线右支上，则l的斜率大于3
C．AB的最短长度为6
D．满足AB=8的直线l有4条
11．（4分）(2023·湖南·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为52，且双曲线C的右焦点在直线3x+2y−35=0上，A、B分别是双曲线C的左、右顶点，点P是双曲线C的右支上位于第一象限的动点，记PA、PB的斜率分别为k1、k2，则下列说法正确的是（ ）
A．双曲线C的渐近线方程为y=±12xB．双曲线C的方程为x24−y2=1
C．k1k2为定值12D．存在点P，使得k1+k2=2
12．（4分）（2023·全国·模拟预测）已知O为坐标原点，双曲线x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为2，过F2的直线与双曲线的右支交于P，Q两点，且PQ的最小值为6，则（ ）
A．该双曲线的方程为x2−y23=1B．若OP⊥OQ，则直线PQ的斜率为±153
C．F1P⋅F1Q的最小值为25D．△F1PQ面积的最小值为12
三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）
13．（4分）(2023·全国·高二课时练习）若过点P（0，1）作直线l，使l与双曲线x2−y24=1有且仅有一个公共点，则直线l的方程为 ．
14．（4分）（2023·上海静安·高三阶段练习）一个水平放置的等轴双曲线型的拱桥桥洞如图所示，已知当前拱桥的最高点离水面5米时，量得水面宽度AB=30米，则当水面升高1米后，水面宽度为 米(精确到0.1米).
15．（4分）(2023·全国·高三专题练习）已知双曲线C:x29−y27=1，A3,0，F4,0，O是坐标原点，过点F的直线l交双曲线C于M，N两点，若直线l上存在点P满足AP+OP=4，则MN的最小值是 .
16．（4分）(2023·全国·高二课时练习）已知双曲线C：x24−y25=1的左､右焦点分别为F1，F2，直线y=x+m与C交于P，Q两点，当|PQ|最小时，四边形F1PF2Q的面积为 .
四．解答题（共6小题，满分44分）
17．（6分）(2023·江苏·高二课时练习）已知双曲线C:x23−y2=1，直线l:x−3y−1=0，求直线l与双曲线C的公共点的坐标．
18．（6分）(2023·江苏·高二课时练习）已知双曲线x2−y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，过F1作倾斜角为π6的弦AB．求：
(1)AB的长；
(2)△F2AB的周长．
19．（8分）(2023·上海·模拟预测）设A、B是双曲线x2−y23=1上的两点，点M(1,3)是线段AB的中点．
(1)求直线AB的方程；
(2)若线段AB的垂直平分线与双曲线相交于C、D两点，则A、B、C、D四点是否共圆？判断并说明理由．
20．（8分）(2023·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系中xOy中，已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为y=3x，过焦点垂直于实轴的弦长为6．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线l与双曲线C交于两点A,B，且OA⊥OB，若△OAB的面积为325，求直线AB的方程.
21．（8分）(2023·全国·高二课时练习）某飞船返回舱顺利到达地球后，为了及时将航天员安全救出，地面指挥中心在返回舱预计到达区域安排了三个救援中心(记为A，B，C)，A在B的正东方向，相距6km；C在B的北偏西30°方向，相距4km；P为航天员的着陆点．某一时刻，A接收到P的求救信号，由于B，C两地比A距P远，在此4s后，B，C两个救援中心才同时接收到这一信号．已知该信号的传播速度为1km/s，求在A处发现P的方位角．
22．（8分）(2023·全国·高二课时练习）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C:x24−y22=1的右顶点为A，P，Q是双曲线上除顶点以外的任意两点，M为PQ的中点．
(1)设直线PQ与直线OM的斜率分别为k1，k2，求k1⋅k2的值．
(2)若AMPQ=12，证明：直线PQ过定点，并求出定点的坐标．
专题3.10 直线与双曲线的位置关系-重难点题型检测
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）（2023·全国·高二专题练习）在直线与双曲线位置关系中，“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
【解题思路】根据直线和双曲线的位置关系结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答过程】解：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，“直线与双曲线相切”成立，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．
2．（3分）(2023·河南洛阳·高二期末（文））已知双曲线x2−y22=1，过点P1,1作直线l，若l与该双曲线只有一个公共点，这样的直线条数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】先确定双曲线的右顶点，再分l垂直x轴、l与x轴不垂直两种情况讨论，当l与x轴不垂直时，可设直线方程为y−1=k(x−1)，联立直线与抛物线方程，消元整理，再分2−k2=0、2−k2≠0两种情况讨论，即可得解．
【解答过程】解：根据双曲线方程可知a=1
∴右顶点为(1,0)，使l与C有且只有一个公共点的情况为：
①当l垂直x轴时，此时过点P(1,1)的直线方程为x=1，与双曲线C只有一个公共点，
②当l与x轴不垂直时，可设直线方程为y−1=k(x−1)
联立方程y−1=k(x−1)x2−y22=1可得(2−k2)x2+2k(k−1)x−(k2−2k+3)=0
(i)当2−k2=0即k=±2时，方程只有一个根，此时直线与双曲线只有一个公共点，
(ii)当2−k2≠0时，Δ=4k2(1−k)2+4(2−k2)(k2−2k+3)=0，整理可得4k−6=0即k=32
故选：D.
3．（3分）(2023·江西·高二期末（理））双曲线C: x24−y2=1的左,右顶点分别是A1,A2，P是C上任意一点（P点异于A1,A2），直线PA1,PA2分别与直线l:x=1交于M,N，则MN的最小值是
A．1B．3 C．2D．3
【解题思路】求出直线PA1,PA2的方程，令x=1求得M,N两点的坐标，由此求得MN的表达式，由此求得MN的最小值.
【解答过程】设Px0,y0，y0≠0,x0>2，则x02−4y02=4，x02=4y02+4.依题意A1−2,0,A22,0，所以lPA1:y=y0x0+2x+2，lPA2:y=y0x0−2x−2，令x=1代入直线PA1,PA2的方程，得M1,3y0x0+2,N1,−y0x0−2.所以MN =3y0x0+2+y0x0−2 =4x0y0−4y0x02−4 =4x0y0−4y04y02=x0−1y0 =1y0x0−1，y0x0−1表示双曲线上的点Px0,y0与点1,0连线的斜率.设过点1,0，双曲线的切线方程为y=kx−1，代入x24−y2=1并化简得1−4k2x2+8k2x−4−4k2=0，其判别式Δ=64k4−41−4k2−4−4k2=0，解得k=±33.所以y0x0−1的最大值为33，所以1y0x0−1的最小值为3，也即MN的最小值为3.
故选：B.
4．（3分）(2023·全国·高二课时练习）已知点A，B在双曲线x2−y2=4上，线段AB的中点M3,1，则AB=（ ）
A．2B．22C．5D．25
【解题思路】先根据中点弦定理求出直线AB的斜率，然后求出直线AB的方程，联立后利用弦长公式求解AB的长.
【解答过程】设Ax1,y1，Bx2,y2，则可得方程组：x12−y12=4x22−y22=4，两式相减得：x1+x2x1−x2=y1+y2y1−y2，即y1+y2x1+x2⋅y1−y2x1−x2=1，其中因为AB的中点为M3,1，故y1+y2x1+x2=13，故y1−y2x1−x2=3，即直线AB的斜率为3，故直线AB的方程为：y−1=3x−3，联立y−1=3x−3x2−y2=4，解得：2x2−12x+17=0，由韦达定理得：x1+x2=6，x1x2=172，则AB=1+k2x1+x22−4x1x2=25
故选：D.
5．（3分）(2023·全国·高二课时练习）已知等轴双曲线的中心在原点，焦点在y轴上，与直线2x+y=0交于A，B两点，若AB=215，则该双曲线的方程为（ ）
A．y2−x2=25B．y2−x2=16C．y2−x2=9D．y2−x2=6
【解题思路】设出双曲线方程，联立直线，求出交点坐标，即可求解
【解答过程】由题意可设双曲线方程为y2−x2=m，m>0，
由y2−x2=m2x+y=0得3x2=m，则x=±m3，m>0，
不妨假设xA=m3，则yA=−2m3，
由图象的对称性可知，
AB=215可化为OA=15，
即m3+4×m3=15，解得m=9，
故双曲线方程为：y2−x2=9，
故选：C.
6．（3分）(2023·吉林吉林·模拟预测（文））已知直线l：y=kxk≠0与双曲线C：x24−y2=1交于P，Q两点，QH⊥x轴于点H，直线PH与双曲线C的另一个交点为T，则kPQ⋅kQT=（ ）
A．14B．12C．1D．2
【解题思路】利用点差法，能得到kPT·kQT的值，则通过kPT就可以推导出kQT，然后就可以推出kPQ⋅kQT的值.
【解答过程】
设Px1,y1，Q−x1,−y1，H−x1,0，Tx2,y2，则k=y1x1.
由x24−y2=1得，y2=14x2−4，
则y12=14x12−4y22=14x22−4，∴kPT·kQT=y2−y1x2−x1y2+y1x2+x1=y22−y12x22−x12=14x22−4−14x12−4x22−x12=14x22−x12x22−x12=14.
∵kPH=kPT=y1x1+x1=y12x1=k2，∴kQT=12k，∴kPQ·kQT=12.
故选：B.
7．（3分）(2023·吉林市模拟预测（理））已知直线l:y=kx(k≠0)与双曲线C:x24−y2=1交于P，Q两点，QH⊥x轴于点H，直线PH与双曲线C的另一个交点为T，则下列选项中错误的是（ ）
A．−12【解题思路】由已知，可由双曲线方程推导结论kPTkQT=b2a2，选项A，根据双曲线方程，可以求得渐近线方程，然后直线与双曲线交于P，Q两点，即可求解出k的取值范围；选项B，利用坐标表示出kPT，从而找到kPT与k之间的关系；选项C，由kPTkQT=b2a2可知kPT⋅kQT=12；选项D，利用kPT⋅kQT=12借助基本不等式可得kPQ2+kQT2≥1，故该选项错误.
【解答过程】参考结论：已知双曲线方程为：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，Px1,y1，Q−x1,−y1是双曲线上关于原点对称的两点，点Tx2,y2x2≠±x1也在双曲线上，则kPTkQT=b2a2．
推导：由x2a2−y2b2=1得，y2=b2a2x2−a2，
则y12=b2a2x12−a2，y22=b2a2x22−a2，所以
kPTkQT=y2−y1x2−x1y2+y1x2+x1=y22−y12x22−x12=b2a2x22−a2−b2a2x12−a2x22−x12=b2a2x22−x12x22−x12=b2a2
解析：Px1,y1，Q−x1,−y1，H−x1,0，Tx2,y2，则k=y1x1
选项A，双曲线C:x24−y2=1，所以渐近线方程为y=±12x，直线与双曲线交于P，Q两点，所以−12选项B，kPH=kPT=y1x1+x1=y12x1=k2，所以该选项正确；
选项C，kPTkQT=b2a2=14，∴kQT=12k，∴kPQkQT=12，所以该选项正确；
选项D，因为kPQkQT=12，所以kPQ2+kQT2>2kPQ·kQT=2×12=1≠2，故该选项错误；
故选：D.
8．（3分）（2023·四川·高二阶段练习（理））已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0与直线y=kx交于A,B两点，点P为C上一动点，记直线PA,PB的斜率分别为kPA,kPB，曲线C的左、右焦点分别为F1,F2．若kPA⋅kPB=14，且C的焦点到渐近线的距离为1，则下列说法正确的是（ ）
A．a=4
B．曲线C的离心率为62
C．若PF1⊥PF2，则△PF1F2的面积为2
D．若△PF1F2的面积为25，则△PF1F2为钝角三角形
【解题思路】由题意可求得双曲线的离心率以及求得a,b的值，故可判断A,B;根据PF1⊥PF2，求得焦半径|PF1|，|PF2|，即可求得△PF1F2的面积，判断C;根据△PF1F2的面积可求得点P的坐标，进而利用余弦定理求得cs∠PF2F1，判断D.
【解答过程】设点A(x1，y1)，B(−x1，−y1)，P(x0，y0)，
则x12a2−y12b2=1，且x02a2−y02b2=1，两式相减得x02−x12a2=y02−y12b2，所以y02−y12x02−x12=b2a2,
因为kPA⋅kPB=(y0−y1)(x0−x1)⋅(y0+y1)(x0+x1)=14，所以b2a2=14，ba=12,(a>0,b>0) ,
故双曲线C的渐近线方程为y=±12x;
因为焦点(c,0)到渐近线y=12x的距离为1，所以c5=1，c=5，
即有a2+b2=5 ，所以a=2，b=1，离心率为52，故A，B 错误．
对于C，不妨设P在C的右支上，
记|PF2|=t，则|PF1|=4+t．因为PF1⊥PF2，所以(t+4)2+t2=20，
解得t=6−2或t=−6−2（舍去），
所以△PF1F2的面积为12|PF1||PF2|=12(6−2)(6+2)=1，故C不正确．
对于D，设P(x0，y0)，因为S△PF1F2=12⋅2c⋅|y0|=5⋅|y0|=25，所以|y0|=2，
将|y0|=2代入C:x24−y2=1，得x02=20，即|x0|=25．
由对称性，不妨取P的坐标为(25,2)，则|PF2|=(25−5)2+22=3，|PF1|=(25+5)2+22=7
因为cs∠PF2F1=|PF2|2+|F1F2|2−|PF1|22|PF2||F1F2|=9+20−492×3×25<0
所以∠PF2F1为钝角，所以△PF1F2为钝角三角形，故D正确,
故选：D．
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
9．（4分）（2023·辽宁·高二期中）在平面直角坐标系xy中，已知点P(x0,y0)和曲线C:x2+my2=1，则对于直线l:x0x+my0y=1下列说法正确的是（ ）
A．若x0=12，y0=12，m=1，则直线l与曲线C没有交点
B．若x0=12，y0=1，m=−1，则直线l与曲线C有二个交点
C．若x0=12，y0=62，m=12，则直线l与曲线C有一个交点
D．直线l与曲线C的位置关系和P在哪里无关
【解题思路】通过x0、y0、m的值，判断曲线与直线的位置关系，逐项检验，即可得到结果．
【解答过程】当x0=12，y0=12，m=1时，曲线C:x2+y2=1，则对于直线l:x+y=2，圆的圆心(0,0) 到直线l:x+y=2的距离为|−2|2=2>1，所以直线l与曲线C没有交点，故A正确；
当x0=12，y0=1，m=−1时，则曲线C:x2−y2=1，直线l:x−2y=2，联立方程组{x2−y2=1x−2y=2，消去x可得即3y2+8y+3=0，可知Δ=64−4×3×3=28>0，所以直线l与曲线C有二个交点，故B正确；
当x0=12，y0=62，m=12时，直线l:2x+6y=4与曲线C:x2+y22=1，联立方程组{x2+y22=12x+6y=4，消去y可得：4x2−4x+1=0，解得x=12，所以直线l与曲线C 有一个交点，所以C正确；
由B、C选项，可知直线l与曲线C的位置关系和P在哪里有关，所以D不正确．
故选：ABC．
10．（4分）(2023·河北唐山·高二期末）已知双曲线C:x2−y23=1，过其右焦点F的直线l与双曲线交于两点A，B，则（ ）
A．若A在双曲线右支上，则AF的最短长度为1
B．若A，B同在双曲线右支上，则l的斜率大于3
C．AB的最短长度为6
D．满足AB=8的直线l有4条
【解题思路】由双曲线的方程求出a,b,c的值，A在双曲线右支上，则AF的最短长度为c−a可判断A；求出双曲线的渐近线方程，由直线l的斜率与渐近线斜率的关系可判断B，讨论l的斜率不存在和斜率为0时弦长AB，即可得AB的最短长度可判断C，由l的斜率不存在和斜率为0时弦长AB，结合双曲线的对称性可判断D，进而可得正确选项.
【解答过程】由双曲线C:x2−y23=1可得a=1，b=3，所以c=a2+b2=2，
对于A：若A在双曲线右支上，则AF的最短长度为c−a=2−1=1，故选项A正确；
对于B：双曲线的渐近线方程为：y=±bax=±3x，若A，B同在双曲线右支上，则l的斜率大于3或小于−3，故选项B不正确；
对于C：当A，B同在双曲线右支上时，AB⊥x轴时，AB最短，将x=2代入x2−y23=1可得y=±3，此时AB=6，当A，B在双曲线两支上时，AB最短为实轴长2a=2，所以AB的最短长度为2，故选项C不正确；
对于D：当A，B同在双曲线右支上时，ABmin=6<8，当A，B在双曲线两支上时，ABmin=2<8，根据双曲线对称性可知：满足AB=8的直线l有4条，故选项D正确；
故选：AD.
11．（4分）(2023·湖南·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为52，且双曲线C的右焦点在直线3x+2y−35=0上，A、B分别是双曲线C的左、右顶点，点P是双曲线C的右支上位于第一象限的动点，记PA、PB的斜率分别为k1、k2，则下列说法正确的是（ ）
A．双曲线C的渐近线方程为y=±12xB．双曲线C的方程为x24−y2=1
C．k1k2为定值12D．存在点P，使得k1+k2=2
【解题思路】对于AB，利用双曲线的概念及几何性质可以容易判断；对于C，利用点P在双曲线C上得到m2−4=4n2，进而直接化简k1k2即可；对于D，利用kOP的范围可以判断k1+k2得范围，进而可以判断存在点P与否.
【解答过程】因为双曲线C的右焦点在直线3x+2y−35=0上，易得右焦点坐标为5,0，故c=5，
由于离心率为52，则e=ca=52，所以a=2,b=1，所以双曲线C方程为x24−y2=1，故B正确；
易得双曲线C渐近线方程为y=±12x，故A正确；
设点Pm,n，又A−2,0、B2,0，则m24−n2=1，即m2−4=4n2，故k1k2=nm+2⋅nm−2=n2m2−4=14，故C错误；
因为Pm,n在第一象限，则02，k1+k2=nm+2+nm−2=2mnm2−4=m2n>1，所以k1+k2>1，故存在点P，使得k1+k2=2，故D正确.
故选：ABD.
12．（4分）（2023·全国·模拟预测）已知O为坐标原点，双曲线x2a2−y2b2=1（a>0，b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为2，过F2的直线与双曲线的右支交于P，Q两点，且PQ的最小值为6，则（ ）
A．该双曲线的方程为x2−y23=1B．若OP⊥OQ，则直线PQ的斜率为±153
C．F1P⋅F1Q的最小值为25D．△F1PQ面积的最小值为12
【解题思路】由题知2b2a=6，c=2a，进而可求得双曲线的方程判断A；设直线PQ:x=my+2，由已知可知0≤m2<13，联立直线与双曲线方程结合OP⊥OQ可判断B；利用两点之间的距离公式化简计算可判断C；利用面积公式及弦长公式可求得面积，再利用函数思想求得最值可判断D.
【解答过程】对于A，依题意可知，PQmin=2b2a=6，c=2a，结合a2+b2=c2，得a=1，b=3，所以双曲线的方程为x2−y23=1，故A正确；
对于B，易知F22,0，抛物线渐近线的斜率为k=3，设Px1,y1，Qx2,y2，
直线PQ:x=my+2，由直线PQ与双曲线的右支交于两点，所以kPQ2>3，从而0≤m2<13，
联立x=my+2x2−y23=1，得3m2−1y2+12my+9=0，则y1+y2=−12m3m2−1，y1y2=93m2−1，x1x2=m2y1y2+2my1+y2+4=−3m2+43m2−1，
若OP⊥OQ，则x1x2+y1y2=0，即93m2−1−3m2+43m2−1=0，解得m=±153，不满足0≤m2<13，故B错误；
对于C，由F1−2,0，则F1P=x1+22+y12=2x1+1=2my1+5，F1Q=x2+22+y22=2x2+1=2my2+5，
所以F1P⋅F1Q=2my1+52my2+5=4m2y1y2+10my1+y2+25
=36m2−120m23m2−1+25=−3 +281−3m2
因为0≤m2<13，所以F1P⋅F1Q≥25，故C正确；
对于D，S△F1PQ=12F1F2y1−y2=2(y1+y2)2−4y1y2=121+m21−3m2，
设t=1+m2，则t∈1,233，S△F1PQ=12t4−3t2=124t−3t，令y=4t−3t，函数y=4t−3t在1,233上单调递减，因此S△F1PQ≥12，
故D正确，
故选：ACD．
三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）
13．（4分）(2023·全国·高二课时练习）若过点P（0，1）作直线l，使l与双曲线x2−y24=1有且仅有一个公共点，则直线l的方程为 2x－y＋1＝0，2x＋y－1＝0，5x−y+1=0，5x+y−1=0 ．
【解题思路】当直线l斜率不存在时，直线与双曲线没有交点.当直线l斜率存在时，设出直线l的方程，联立直线l的方程和双曲线的方程，消去y得到4−k2x2−2kx−5=0，根据二次项系数和判别式进行分类讨论，由此求得直线l的方程.
【解答过程】当直线l斜率不存在时，显然不合题意
所以可设直线l方程为y=kx+1，
联立y=kx+1x2−y24=1，得4−k2x2−2kx−5=0∗，
①当4−k2=0，即k=2或k=−2，方程∗只有一解，
直线l与双曲线E有且仅有一个公共点，此时，直线l方程为y=±2x+1，
②当4−k2≠0，即k≠±2，要使直线l与双曲线E有且仅有一个公共点，
则Δ=(−2k)2−44−k2(−5)=0，解得k=±5，
此时，直线l方程为y=±5x+1，
综上所述，直线l的方程为y=±5x+1或y=±2x+1.
故答案为：2x－y＋1＝0，2x＋y－1＝0，5x−y+1=0，5x+y−1=0.
14．（4分）（2023·上海静安·高三阶段练习）一个水平放置的等轴双曲线型的拱桥桥洞如图所示，已知当前拱桥的最高点离水面5米时，量得水面宽度AB=30米，则当水面升高1米后，水面宽度为 26.5 米(精确到0.1米).
【解题思路】建立坐标系，设出双曲线的方程y2−x2=kk>0，由点15，−k−5在双曲线上，可求得k，再代入点可求得水面的宽.
【解答过程】以双曲线的实轴为y轴，双曲线的对称中心为原点建立平面直角坐标系，设等轴双曲线的方程为y2−x2=kk>0，则点15，−k−5在双曲线上，所以−k−52−152=k，解得k=400，所以双曲线的方程为y2−x2=400，点B15，−25，当水面上升1米后，即点的纵坐标为y0=−24，代入到双曲线方程中得−242−x2=400，x=±411，所以水面宽度为811≈26.5，
故答案为：26.5.
15．（4分）(2023·全国·高三专题练习）已知双曲线C:x29−y27=1，A3,0，F4,0，O是坐标原点，过点F的直线l交双曲线C于M，N两点，若直线l上存在点P满足AP+OP=4，则MN的最小值是 6 .
【解题思路】设OA的中点为N,根据已知条件，利用向量的加法的模的几何意义可得N到直线l的距离小于等于2.当直线l与双曲线的左右支各交于一个交点时，根据双曲线的几何性质即可得到|MN|的最小值为2a=6,接下来验证在当直线l与双曲线的右支交于两点时，且在N到直线l的距离小于等于2时，|MN|的长度大于6即可.
【解答过程】设OA的中点为N,则N的坐标为32,0.
由已知可得直线l上存在点P,使得AP+OP=4=2|NP|
即使得|PN|=2，即N到直线l的距离小于等于2.
当直线l与双曲线的左右支各交于一个交点时，由双曲线的几何性质可得弦长|MN|的最小值为2a=6,此时直线l即为x轴，N到l的距离为0，符合题意.
当直线l与双曲线的右支交于两点时，弦越短，直线的斜率的绝对值越大，
当斜率不存在时，即MN为通径时，|MN|的长度取得最小值2b2a=143<6,但此时点M到直线l的距离为4−32=52>2,
当直线的斜率存在时，直线的斜率的取值范围k>ba=73,直线的方程为y=k(x−4),k2>79.
由N到直线l的距离小于等于2，即：k32−41+k2≤2，解得k≤43，
∴k2∈79,169,直线的方程为y=k(x−4)代入双曲线的方程并整理化简得：9k2−7x2−72k2x+916k2+7=0,
△=8×9k22−4×99k2−716k2+7=4×9×49(k2+1),
易得9k2−7>0,设M,N的横坐标分别为x1,x2,则x1−x2=42k2+19k2−7,
MN=1+k2x1−x2=42k2+19k2−7=4291+169k2−79,
k2−79∈(0,1],∴MN≥4291+169=35027>6
综上所述，|MN|的最小值为6，
故答案为：6.
16．（4分）(2023·全国·高二课时练习）已知双曲线C：x24−y25=1的左､右焦点分别为F1，F2，直线y=x+m与C交于P，Q两点，当|PQ|最小时，四边形F1PF2Q的面积为 125 .
【解题思路】联立直线y=x+m与双曲线的方程，运用判别式大于0和韦达定理，由弦长公式求得|PQ|，求出|PQ|的最小值，再由四边形F1PF2Q为平行四边形，结合点到直线的距离公式，计算四边形F1PF2Q的面积即可.
【解答过程】由{y=x+m5x2−4y2=20，可得x2−8mx−(4m2+20)=0，
则Δ=64m2+4(4m2+20)=80(m2+1)>0，
设P，Q的横坐标分别为x1，x2，
可得x1+x2=8m,x1x2=−(4m2+20)，
则|PQ|=1+1⋅(x1+x2)2−4x1x2=2⋅64m2+4(4m2+20)
=2⋅80(m2+1)≥410，
当且仅当m=0时，|PQ|取得最小值410，
当|PQ|最小时，四边形F1PF2Q为平行四边形，
由F2（3，0）到直线y=x的距离为d=32=322，
所以四边形F1PF2Q的面积为d|PQ|=322×410=125.
故答案为：125.
四．解答题（共6小题，满分44分）
17．（6分）(2023·江苏·高二课时练习）已知双曲线C:x23−y2=1，直线l:x−3y−1=0，求直线l与双曲线C的公共点的坐标．
【解题思路】由x−3y−1=0x23−y2=1，解之即得.
【解答过程】直线l与双曲线C的公共点的坐标就是方程组
x−3y−1=0x23−y2=1的解，
解之得，x=2y=33，
∴直线l与双曲线C的公共点的坐标为2,33.
18．（6分）(2023·江苏·高二课时练习）已知双曲线x2−y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，过F1作倾斜角为π6的弦AB．求：
(1)AB的长；
(2)△F2AB的周长．
【解题思路】（1）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，求出双曲线的焦点坐标，求出直线的斜率，利用点斜式求出直线方程，将直线的方程代入双曲线的方程，利用韦达定理求得x1+x2，x1x2，再根据弦长公式即可得解；
（2）求出A，B的坐标，由两点的距离，即可得到△F2AB的周长．
【解答过程】(1)
解：∵双曲线的左焦点为F1(−2,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则直线AB的方程为y=33(x+2)，
代入方程x2−y23=1得，8x2−4x−13=0，
∴x1+x2=12，x1x2=−138，
∴|AB|=1+k2⋅|x1−x2|=1+13⋅14−4⋅(−138)=3；
(2)
解：F2(2,0)，不妨设x1>x2，
由（1）可得A(1+334，3+334)，B(1−334，33−34)，
则△F2AB的周长为|AB|+|AF2|+|BF2|=3+33−14+33+14=3+332．
19．（8分）(2023·上海·模拟预测）设A、B是双曲线x2−y23=1上的两点，点M(1,3)是线段AB的中点．
(1)求直线AB的方程；
(2)若线段AB的垂直平分线与双曲线相交于C、D两点，则A、B、C、D四点是否共圆？判断并说明理由．
【解题思路】（1）点差法求解中点弦的斜率及方程；（2）求出AB两点坐标，求出AB的垂直平分线，联立后求出CD点的坐标，得到CD的中点M的坐标，计算得到MC=MD=MA=MB，从而得到四点共圆.
【解答过程】(1)
设Ax1,y1,Bx2,y2，显然x1≠x2,y1≠y2，
由题意得：3x12−y12=33x22−y22=3，
两式相减得：3x1+x2x1−x2=y1+y2y1−y2，
即y1+y2y1−y2x1+x2x1−x2=3，
因为点M(1,3)是线段AB的中点，
所以y1+y2x1+x2=y1+y22x1+x22=3，
所以y1−y2x1−x2=1，
即直线AB的斜率为1，
所以直线AB的方程为y−3=x−1，整理得：x−y+2=0
(2)
联立x−y+2=0与x2−y23=1，得到：
2x2−4x−7=0，
解得：x=1±322，当x=1+322时，y=x+2=3+322，
当x=1−322时，y=x+2=3−322，
不妨设A1+322,3+322,B1−322,3−322，
直线AB的垂直平分线为y=−x+4，与x2−y23=1联立得：2x2+8x−19=0，
解得：x=−2±362，当x=−2+362时，y=6−362，
当x=−2−362时，y=6+362，
不妨设C−2+362,6−362,D−2−362,6+362，
则CD的中点为M−2,6，
又MA=3+3222+−3+3222=33，MB=3−3222+−3−3222=33，
MC=MD=−3622+3622=33，
所以MC=MD=MA=MB，
故A、B、C、D四点共圆，圆心为M−2,6，半径为33.
20．（8分）(2023·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系中xOy中，已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为y=3x，过焦点垂直于实轴的弦长为6．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线l与双曲线C交于两点A,B，且OA⊥OB，若△OAB的面积为325，求直线AB的方程.
【解题思路】（1）由已知得2b2a=6，ba=3，求得a,b，即可求得方程；
（2）分析设直线OA的方程为y=kx 0再分类讨论直线OA、OB的斜率为5+12、－5−12和直线OA、OB的斜率为−5+12、5−12，进而求得直线方程.
【解答过程】（1）
过C的焦点垂直于实轴的弦长为6，将x=c代入双曲线，得y=±b2a，则2b2a=6①，
又C的一条渐近线方程为y=3x，则ba=3②，
由①②解得a=1，b=3，
所以双曲线C的方程为x2−y23=1．
（2）
显然，当直线OA斜率为0或不存在时均不符合题意．
当直线OA斜率存在且不为0时，设直线OA的斜率为k，则方程为y=kx 0联立x2−y23=1y=kx，整理得3−k2x2=3，于是得x2=33−k2,y2=3k23−k2,
则OA2=x2＋y2=3+3k23−k2，同理可得OB2=3+3k23k2−1，
因为S△OAB2=14OA2⋅OB2=14×3+3k23−k2×3+3k23k2−1=454
整理得k4−3k2+1=0，解得k2=3±52．
即k=±5+12或k=±5−12 （满足0考虑到5+12×5−12=1，只需分以下两种情形：
①当OA、OB的斜率为5+12、－5−12时，
结合3x2−y2=3,y=kx,得A115+32,15+332或A2−15+32,−15+332，
同理可得B115−32,15−332或B2−15−32,−15−332，
于是由点A1、B1，据直线的两点式方程并化简可得AB方程3x−y−15=0，
同理可得AB的方程为3x−y+15=0或x−y−3=0或x−y+3=0．
②同理，当OA、OB的斜率为−5+12、5−12时，
直线AB的方程为3x+y−15=0，或3x+y+15=0或x+y−3=0或x+y+3=0，
综上，直线AB的方程为3x±y±15=0或x±y±3=0.
21．（8分）(2023·全国·高二课时练习）某飞船返回舱顺利到达地球后，为了及时将航天员安全救出，地面指挥中心在返回舱预计到达区域安排了三个救援中心(记为A，B，C)，A在B的正东方向，相距6km；C在B的北偏西30°方向，相距4km；P为航天员的着陆点．某一时刻，A接收到P的求救信号，由于B，C两地比A距P远，在此4s后，B，C两个救援中心才同时接收到这一信号．已知该信号的传播速度为1km/s，求在A处发现P的方位角．
【解题思路】结合双曲线的定义求得P点的轨迹方程，求得P点的坐标，进而求得在A处发现P的方位角.
【解答过程】因为B，C同时接收到信号，
所以PC＝PB，则P在BC的中垂线上．
因为B，C比A处晚4s收到信号，
所以有PB－PA＝4×1<6＝AB，
从而P在以A，B为焦点的双曲线的右支上，
所以2a＝4，c＝3，从而b2＝c2－a2＝5.
以线段AB的中点O为坐标原点，AB的中垂线为y轴，正东方向为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，
则A(3，0)，B(－3，0)，C−5,23，
所以双曲线的方程为x24−y25=1x>2，
BC的中垂线的方程为y−3=223x+4,x−3y+7=0.
联立x24−y25=1x−3y+7=0，解得x=8y=53或x=−3211y=15311(舍去)，
即P8,53，从而kPA=538−3=3，
所以PA的倾斜角为60°，则P在A的北偏东30°方向．
22．（8分）(2023·全国·高二课时练习）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C:x24−y22=1的右顶点为A，P，Q是双曲线上除顶点以外的任意两点，M为PQ的中点．
(1)设直线PQ与直线OM的斜率分别为k1，k2，求k1⋅k2的值．
(2)若AMPQ=12，证明：直线PQ过定点，并求出定点的坐标．
【解题思路】（1）利用点差法可得k1⋅k2；
（2）由AMPQ=12可得AP⊥AQ，证明斜率存在时直线过定点，再证明当斜率不存在时仍过该点.
【解答过程】（1）
设Px1,y1，Qx2,y2，Mx0,y0，
由题意得x124−y122=1x224−y222=1，两式相减得x12−x224−y12−y222=0，
整理得x1−x2x1+x24−y1−y2y1+y22=0，
即直线PQ的斜率k1=y1−y2x1−x2=x1+x22y1+y2，
又M为PQ的中点，即x0=x1+x22y0=y1+y22，所以k1=x1+x22y1+y2=2x04y0=12k2，
所以k1⋅k2=12；
（2）
由AMPQ=12可知△APQ是以A为直角顶点的直角三角形，即AP⊥AQ，A2,0
且直线PQ不与双曲线的渐近线平行，即k≠±22，
①当直线PQ斜率存在时，设PQ的方程为y=kx+m，k≠±22，
联立直线与双曲线y=kx+mx24−y22=1得1−2k2x2−4kmx−2m2−4=0，
Δ=−4km2−41−2k2−2m2−4>0，即m2>4k2−2，且k≠±22，
则x1+x2=4km1−2k2，x1x2=−2m2−41−2k2，
所以AP=x1−2,y1，AQ=x2−2,y2，
AP⋅AQ=x1−2x2−2+y1y2=x1−2x2−2+kx1+mkx2+m =1+k2x1x2+km−2x1+x2+m2+4 =1+k2⋅−2m2−41−2k2+km−2⋅4km1−2k2+m2+4 =−m2+8km+12k21−2k2，
又AP⊥AQ，所以AP⋅AQ=0，即m2+8km+12k2=0，
解得m=−2k或m=−6k，
当m=−2k时，直线PQ方程为y=kx−2k=kx−2，恒过点2,0，不成立；
当m=−6k时，直线PQ方程为y=kx−6k=kx−6，恒过点6,0，
②当直线PQ斜率不存在时，设直线PQ方程为x=x0，点Px0,y0，Qx0,−y0，x024−y022=1，即y02=x022−2
AP=x0−2,y0，AQ=x0−2,−y0，
AP⋅AQ=x02−4x0+4−y02=x022−4x0+6=0，解得x0=2或x0=6，
当x0=2时，过点A，不成立；
当x0=6时，过6,0，
综上所述，直线PQ恒过定点6,0.