高考数学科学创新复习方案提升版第52讲双曲线（二）学案（Word版附解析）

这是一份高考数学科学创新复习方案提升版第52讲双曲线（二）学案（Word版附解析），共26页。


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)x2－2a2kmx－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＝(－2a2km)2－4(b2－a2k2)(－a2m2－a2b2)．
Δ>0⇒直线与双曲线有eq \x(\s\up1(03))2个公共点；
Δ＝0⇒直线与双曲线有eq \x(\s\up1(04))1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．(人教B选择性必修第一册2.7.1例3改编)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公共点的个数是( )
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，所以有一个公共点．
2．(人教B选择性必修第一册习题2－8A T5改编)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．{1} B．(0，1)
C．(1，＋∞) D．[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．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.
4．(人教A选择性必修第一册3.2.2例6改编)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＋\f(1,3))×eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(13,8))))＝3.
5．已知倾斜角为eq \f(3π,4)的直线l与双曲线x2－eq \f(y2,4)＝1交于A，B两点，且线段AB的中点的纵坐标为4，则直线l的方程为________．
答案 x＋y－3＝0
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点的坐标为(x0，4)，
则xeq \\al(2,1)－eq \f(yeq \\al(2,1),4)＝1， ①
xeq \\al(2,2)－eq \f(yeq \\al(2,2),4)＝1， ②
②－①得，xeq \\al(2,2)－xeq \\al(2,1)＝eq \f(yeq \\al(2,2),4)－eq \f(yeq \\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.
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\{(\a\vs4\al\c1(x2－y2＝4，,y＝k（x－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\{(\a\vs4\al\c1(4－3k2>0，,1－k2≠0，))即－eq \f(2\r(3),3)当eq \b\lc\{(\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\{(\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.(2023·哈尔滨期中)过点P(4，4)且与双曲线eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1只有一个交点的直线有( )
A．1条 B．2条
C．3条 D．4条
答案 D
解析 当过点P(4，4)的直线斜率不存在时，直线x＝4与双曲线eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1有且只有一个公共点；当过点P(4，4)的直线斜率存在时，设直线方程为y＝k(x－4)＋4，代入双曲线的方程可得(9－16k2)x2＋(128k2－128k)x－256k2＋512k－400＝0，①当9－16k2＝0，即k＝±eq \f(3,4)时，直线y＝±eq \f(3,4)(x－4)＋4与双曲线的渐近线y＝±eq \f(3,4)x平行，所以与双曲线只有1个公共点；②当k≠±eq \f(3,4)时，Δ＝(128k2－128k)2－4(9－16k2)(－256k2＋512k－400)＝0，即k＝eq \f(25,32)，此时直线y＝eq \f(25,32)(x－4)＋4与双曲线相切，只有1个公共点．综上，过点P(4，4)且与该双曲线只有一个公共点的直线有4条．故选D.
2．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\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,x2－y2＝6，))得(1－k2)x2－4kx－10＝0.由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－k2≠0，,Δ＝16k2＋40（1－k2）>0，,\f(4k,1－k2)>0，,\f(10,k2－1)>0，))解得－eq \f(\r(15),3)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\{(\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)))eq \s\up12(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)))\s\up12(2)－16,16－keq \\al(2,1))，
xA＋xB＝eq \f(2k1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(k1,2))),16－keq \\al(2,1))，
所以|TA|＝eq \r(1＋keq \\al(2,1))eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(xA－\f(1,2)))＝eq \r(1＋keq \\al(2,1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xA－\f(1,2)))，
|TB|＝eq \r(1＋keq \\al(2,1))eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(xB－\f(1,2)))＝eq \r(1＋keq \\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 \f(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(k1,2)))\s\up12(2)－16,16－keq \\al(2,1))－eq \f(1,2)·eq \f(2k1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(k1,2))),16－keq \\al(2,1))＋eq \f(1,4)]＝eq \f(（1＋keq \\al(2,1)）（t2＋12）,keq \\al(2,1)－16).
同理得|TP|·|TQ|＝eq \f(（1＋keq \\al(2,2)）（t2＋12）,keq \\al(2,2)－16).
因为|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，
所以eq \f(（1＋keq \\al(2,1)）（t2＋12）,keq \\al(2,1)－16)＝eq \f(（1＋keq \\al(2,2)）（t2＋12）,keq \\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
(2024·广州模拟)过双曲线x2－eq \f(y2,8)＝1的右焦点作直线与双曲线交于A，B两点，若|AB|＝16，则这样的直线有( )
A．一条 B．两条
C．三条 D．四条
答案 C
解析 解法一：双曲线x2－eq \f(y2,8)＝1的右焦点为F2(3，0)，当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝3，代入双曲线的方程x2－eq \f(y2,8)＝1，可得y＝±8，即|AB|＝16，满足条件；当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y－0＝k(x－3)，代入双曲线的方程x2－eq \f(y2,8)＝1，化简整理得(8－k2)x2＋6k2x－9k2－8＝0，则8－k2≠0，且Δ＝36k4－4(k2－8)(9k2＋8)＝256k2＋256>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(6k2,8－k2)，x1x2＝eq \f(－9k2－8,8－k2)，所以|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq \r(1＋k2)·eq \f(16\r(k2＋1),|8－k2|)＝16，化简得2k2＝7，解得k＝±eq \f(\r(14),2)，所以斜率存在且满足条件的直线有两条．综上所述，满足条件的直线共有三条．故选C.
解法二：过右焦点且垂直于实轴的弦长为eq \f(2b2,a)＝2×eq \f(8,1)＝16，因为|AB|＝16，所以当直线l与双曲线的两交点都在右支上时，这样的直线只有一条．又实轴长为2，16>2，所以当直线l与双曲线的两交点分别在左、右两支上时，这样的直线应该有两条，所以满足条件的直线共有三条．故选C.
例3 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P，Q两点，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\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),4)－\f(yeq \\al(2,1),12)＝1，,\f(xeq \\al(2,2),4)－\f(yeq \\al(2,2),12)＝1，))
两式相减得
eq \f(（x1－x2）（x1＋x2）,4)－eq \f(（y1－y2）（y1＋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．
注意：应用点差法时，务必要检验判别式Δ>0.
(2023·全国乙卷)设A，B为双曲线x2－eq \f(y2,9)＝1上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是( )
A．(1，1) B．(－1，2)
C．(1，3) D．(－1，－4)
答案 D
解析 解法一：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则AB的中点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，可得kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)，直线OM的斜率k＝eq \f(\f(y1＋y2,2),\f(x1＋x2,2))＝eq \f(y1＋y2,x1＋x2)(O为坐标原点)，因为A，B在双曲线上，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(xeq \\al(2,1)－\f(yeq \\al(2,1),9)＝1，,xeq \\al(2,2)－\f(yeq \\al(2,2),9)＝1，))两式相减得(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2))－eq \f(yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2),9)＝0，所以kAB·k＝eq \f(yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2),xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2))＝9.对于A，k＝1，kAB＝9，则直线AB：y＝9x－8，联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝9x－8，,x2－\f(y2,9)＝1，))消去y得72x2－2×72x＋73＝0，此时Δ＝(－2×72)2－4×72×73＝－288<0，所以直线AB与双曲线没有交点，故A不符合题意；对于B，k＝－2，kAB＝－eq \f(9,2)，则直线AB：y＝－eq \f(9,2)x－eq \f(5,2)，联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(9,2)x－\f(5,2)，,x2－\f(y2,9)＝1，))消去y得45x2＋2×45x＋61＝0，此时Δ＝(2×45)2－4×45×61＝－4×45×16<0，所以直线AB与双曲线没有交点，故B不符合题意；对于C，k＝3，kAB＝3，则直线AB：y＝3x，由双曲线方程可得a＝1，b＝3，则直线AB：y＝3x为双曲线的渐近线，所以直线AB与双曲线没有交点，故C不符合题意；对于D，k＝4，kAB＝eq \f(9,4)，则直线AB：y＝eq \f(9,4)x－eq \f(7,4)，联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(9,4)x－\f(7,4)，,x2－\f(y2,9)＝1，))消去y得63x2＋126x－193＝0，此时Δ＝1262＋4×63×193>0，故直线AB与双曲线有两个交点，故D符合题意．故选D.
解法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为(x0，y0)，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(xeq \\al(2,1)－\f(yeq \\al(2,1),9)＝1 ①，,xeq \\al(2,2)－\f(yeq \\al(2,2),9)＝1 ②，))由①－②得kAB＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝9×eq \f(x1＋x2,y1＋y2)＝9×eq \f(x0,y0)，即－3<9×eq \f(x0,y0)<3⇒－eq \f(1,3)3或eq \f(y0,x0)<－3.故选D.
课时作业
一、单项选择题
1．已知双曲线eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)＝1的左焦点为F1，过F1的直线l交双曲线左支于A，B两点，则直线l的斜率的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，\f(4,3)))
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,4)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，＋∞))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，\f(3,4)))
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(4,3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，＋∞))
答案 B
解析 双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(3,4)x，当直线l与渐近线平行时，与双曲线只有一个交点．当直线l的斜率大于零时，要与双曲线左支交于两点，则需直线l的斜率k>eq \f(3,4)；当直线l的斜率小于零时，要与双曲线左支交于两点，则需直线l的斜率k<－eq \f(3,4).故选B.
2．过双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的焦点且斜率不为0的直线交C于A，B两点，D为AB的中点，若kAB·kOD＝eq \f(1,2)(O为坐标原点)，则C的离心率为( )
A.eq \r(6) B．2
C.eq \r(3) D.eq \f(\r(6),2)
答案 D
解析 不妨设过双曲线C的焦点且斜率不为0的直线方程为y＝k(x－c)，k≠0，令A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)－\f(y2,b2)＝1，,y＝k（x－c），))整理得(b2－a2k2)x2＋2a2k2cx－(a2k2c2＋a2b2)＝0.则x1＋x2＝eq \f(2a2k2c,a2k2－b2)，x1x2＝eq \f(a2k2c2＋a2b2,a2k2－b2)，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2k2c,a2k2－b2)，\f(kb2c,a2k2－b2))).则kOD＝eq \f(b2,a2k)，由kAB·kOD＝eq \f(1,2)，可得eq \f(b2,a2k)·k＝eq \f(1,2).则有a2＝2b2，即3a2＝2c2，则双曲线C的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),2).故选D.
3．(2023·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\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)（x＋c），,y＝\f(b,a)x，))得eq \b\lc\{(\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)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(bc,2b－a)))eq \s\up12(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.故选B.
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.故选B.
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)))\s\up12(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.
4．(2023·泉州模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点为F2，过点F2且倾斜角为eq \f(π,6)的直线与双曲线的左、右两支分别交于A，B两点，若eq \(AF2,\s\up6(→))＝3eq \(BF2,\s\up6(→))，则双曲线C的离心率e为( )
A.eq \r(3) B．2
C.eq \f(4,3) D.eq \f(4\r(3),3)
答案 D
解析 设左焦点为F1，连接AF1，BF1，设|BF2|＝m，|F1F2|＝2c，则|BF1|＝m＋2a，|AF2|＝3m，|AF1|＝3m－2a，因为∠BF2F1＝eq \f(π,6)，在△F1F2B中，由余弦定理，得|BF1|2＝|BF2|2＋|F1F2|2－2|BF2|·|F1F2|cs∠BF2F1，即(m＋2a)2＝m2＋(2c)2－2m×2c×eq \f(\r(3),2)，整理得m(eq \r(3)c＋2a)＝2b2，在△F1F2A中，由余弦定理，得|AF1|2＝|AF2|2＋|F1F2|2－2|AF2|·|F1F2|cs∠AF2F1，即(3m－2a)2＝(3m)2＋(2c)2－2×3m×2c×eq \f(\r(3),2)，整理得3m(eq \r(3)c－2a)＝2b2，可得m(eq \r(3)c＋2a)＝3m(eq \r(3)c－2a)，注意到m≠0，即eq \r(3)c＋2a＝3eq \r(3)c－6a，整理得c＝eq \f(4\r(3),3)a，故离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(4\r(3),3).故选D.
5．(2023·漳州三模)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦点为F1，直线y＝kx(k>0)与双曲线C交于P，Q两点，且∠PF1Q＝eq \f(2π,3)，eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(F1Q,\s\up6(→))＝4，则当eq \f(1,2)a2＋eq \f(b2,a2)取得最小值时，双曲线C的离心率为( )
A．3 B.eq \r(3)
C．2 D.eq \r(2)
答案 D
解析 不妨设P位于第一象限，双曲线C的右焦点为F2，连接PF2，F2Q，∵O为PQ，F1F2的中点，∴四边形PF1QF2为平行四边形，∴eq \(PF2,\s\up6(→))＝eq \(F1Q,\s\up6(→))，∠F1PF2＝eq \f(π,3).设|PF1|＝m，|PF2|＝n(m，n>0)，则m－n＝2a，由eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(F1Q,\s\up6(→))＝4得eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝mncseq \f(π,3)＝eq \f(1,2)mn＝4，解得mn＝8.在△PF1F2中，|F1F2|2＝m2＋n2－2mncseq \f(π,3)＝(m－n)2＋mn＝4a2＋8＝4c2，∴b2＝c2－a2＝2，∴eq \f(1,2)a2＋eq \f(b2,a2)＝eq \f(a2,2)＋eq \f(2,a2)≥2eq \r(\f(a2,2)·\f(2,a2))＝2(当且仅当a2＝2时取等号)，∴当eq \f(1,2)a2＋eq \f(b2,a2)取得最小值时，双曲线C的离心率e＝eq \r(1＋\f(b2,a2))＝eq \r(2).故选D.
6．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，由双曲线的定义可知|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.
7．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，其中|F1F2|＝2c，过右焦点F2的直线l与双曲线的右支交于A，B两点，则下列说法中错误的是( )
A．|AB|的最小值为eq \f(2b2,a)
B．若|AB|＝m，则△F1AB的周长为2m＋4a
C．若AB的中点为M，且AB的斜率为k，则kOM·k＝eq \f(b2,a2)(O为坐标原点)
D．若直线AB的斜率为eq \r(3)，则双曲线的离心率e的取值范围为[2，＋∞)
答案 D
解析 对于A，弦AB为通径时，|AB|最小，最小值为eq \f(2b2,a)，故A正确；对于B，由双曲线的定义得|AF1|＋|BF1|－|AB|＝4a，得|AF1|＋|BF1|＝4a＋m，所以△F1AB的周长为|AF1|＋|BF1|＋|AB|＝4a＋2m，故B正确；对于C，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),a2)－\f(yeq \\al(2,1),b2)＝1，,\f(xeq \\al(2,2),a2)－\f(yeq \\al(2,2),b2)＝1，))两式相减得eq \f(（x1＋x2）（x1－x2）,a2)－eq \f(（y1＋y2）（y1－y2）,b2)＝0，则eq \f(1,a2)－eq \f(（y1＋y2）,b2（x1＋x2）)·eq \f(（y1－y2）,x1－x2)＝0，则eq \f(1,a2)－eq \f(1,b2)·kOM·k＝0，则kOM·k＝eq \f(b2,a2)，故C正确；对于D，若直线AB的斜率为eq \r(3)，则eq \f(b,a)8．(2023·保定模拟)设双曲线E：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，M(0，3b)，若直线l与E的右支交于A，B两点，且F为△MAB的重心，则直线l的斜率的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(13),3)，\r(3)))∪(eq \r(3)，＋∞)
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(13),9)，\r(3)))∪(eq \r(3)，＋∞)
C．(－∞，－eq \r(6))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(6)，－\f(2\r(13),9)))
D．(－∞，－eq \r(6))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(6)，－\f(2\r(13),3)))
答案 C
解析 设D为AB的中点，根据重心性质可得eq \(MF,\s\up6(→))＝2eq \(FD,\s\up6(→))，∵F(c，0)，M(0，3b)，∴Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3c,2)，－\f(3b,2)))，∵直线l与E的右支交于A，B两点，∴点D在双曲线右支内部，∴eq \f(\f(9c2,4),a2)－eq \f(\f(9b2,4),b2)>1，解得eq \f(c,a)>eq \f(\r(13),3)，当直线l的斜率不存在时，AB的中点D在x轴上，故M，F，D三点不共线，不符合题意，舍去；设直线l的斜率为kAB，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝3c，y1＋y2＝－3b，∵A，B在双曲线上，∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),a2)－\f(yeq \\al(2,1),b2)＝1，,\f(xeq \\al(2,2),a2)－\f(yeq \\al(2,2),b2)＝1，))两式相减可得eq \f(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2),a2)＝eq \f(yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2),b2)，∴eq \f(（x1－x2）（x1＋x2）,a2)＝eq \f(（y1－y2）（y1＋y2）,b2)，∴eq \f(3c（x1－x2）,a2)＝eq \f(－3b（y1－y2）,b2)，∴kAB＝－eq \f(bc,a2)，∵M，F，A，B不共线，∴kAB＝－eq \f(bc,a2)≠kMF＝－eq \f(3b,c)，∴c2≠3a2，∴e≠eq \r(3)，又e＝eq \f(c,a)>eq \f(\r(13),3)，∴E的离心率的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(13),3)，\r(3)))∪(eq \r(3)，＋∞)，∵kAB＝－eq \f(bc,a2)＝－eq \r(\f(b2c2,a4))＝－eq \r(\f(（c2－a2）c2,a4))＝－eq \r(\f(c4－a2c2,a4))＝－eq \r(e4－e2)＝－eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e2－\f(1,2)))\s\up12(2)－\f(1,4))，e∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(13),3)，\r(3)))∪(eq \r(3)，＋∞)，∴e2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,9)，3))∪(3，＋∞)，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e2－\f(1,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,4)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(52,81)，6))∪(6，＋∞)，∴kAB∈(－∞，－eq \r(6))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(6)，－\f(2\r(13),9))).故选C.
二、多项选择题
9．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\{(\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|＝2eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2,y0－2x0)·\f(－2,y0＋2x0)))＝eq \f(8,|yeq \\al(2,0)－4xeq \\al(2,0)|)＝eq \f(8,4)＝2，故D正确．故选ACD.
10．(2023·常德模拟)已知双曲线x2－eq \f(y2,2)＝1的左、右顶点分别为A1，A2，左、右焦点分别为F1，F2，直线l与双曲线的左、右两支分别交于点P，Q，则( )
A．若∠F1PF2＝eq \f(π,3)，则△PF1F2的面积为2eq \r(3)
B．存在弦PQ的中点为(1，1)，此时直线l的方程为2x－y－1＝0
C．若PA1的斜率的取值范围为[－8，－4]，则PA2的斜率的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,4)))
D．直线l与双曲线的两条渐近线分别交于点M，N，则|PM|＝|NQ|
答案 ACD
解析 在双曲线x2－eq \f(y2,2)＝1中，a＝1，b＝eq \r(2)，c＝eq \r(3)，且A1(－1，0)，A2(1，0)，F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)．对于A，设|PF1|＝m，|PF2|＝n，由双曲线的定义得n－m＝2，两边平方可得m2＋n2－2mn＝4 ①，在△PF1F2中，由余弦定理可得m2＋n2－2mncseq \f(π,3)＝(2eq \r(3))2⇒m2＋n2－mn＝12 ②，联立①②可得mn＝8，故△PF1F2的面积为eq \f(1,2)mnsineq \f(π,3)＝eq \f(1,2)×8×eq \f(\r(3),2)＝2eq \r(3)，故A正确；对于B，由中点弦公式得直线l的斜率k＝eq \f(b2y0,a2x0)＝eq \f(2×1,1×1)＝2，此时直线l的方程为y＝2x－1，代入双曲线的方程，消去y可得2x2－4x＋3＝0，因为Δ＝－8<0，所以直线l与双曲线无公共点，说明此时直线l不存在，故B不正确；对于C，设P(m，n)，则m2－eq \f(n2,2)＝1⇒n2＝2(m2－1)，又直线PA1与PA2的斜率的乘积k1k2＝eq \f(n,m＋1)·eq \f(n,m－1)＝eq \f(n2,m2－1)＝eq \f(2（m2－1）,m2－1)＝2，由于k1∈[－8，－4]，从而可得k2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,4)))，故C正确；对于D，设直线l：y＝kx＋m，代入x2－eq \f(y2,2)＝λ (※)(说明：当λ＝1时，(※)式表示双曲线；当λ＝0时，(※)式表示双曲线的两条渐近线)，得(k2－2)x2＋2kmx＋m2＋2λ＝0，应满足k2－2≠0，且Δ>0，明显有x1＋x2＝eq \f(2km,2－k2)(与λ无关)，这说明线段PQ的中点与线段MN的中点重合，故|PM|＝|NQ|成立，故D正确．故选ACD.
11．(2023·广州二模)已知双曲线Γ：x2－y2＝a2(a>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线l与双曲线Γ的右支交于B，C两点，与双曲线Γ的渐近线交于A，D两点(A，B在第一象限，C，D在第四象限)，O为坐标原点，则下列结论正确的是( )
A．若BC⊥x轴，则△BCF1的周长为6a
B．若直线OB交双曲线Γ的左支于点E，则BC∥EF1
C．△AOD面积的最小值为4a2
D．|AB|＋|BF1|的取值范围为(3a，＋∞)
答案 BD
解析 因为双曲线Γ的标准方程为x2－y2＝a2(a>0)，则c＝eq \r(2)a，易知点F1(－eq \r(2)a，0)，F2(eq \r(2)a，0)，双曲线Γ的渐近线方程为y＝±x.对于A，当BC⊥x轴时，直线BC的方程为x＝eq \r(2)a，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\r(2)a，,x2－y2＝a2，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\r(2)a，,y＝±a，))此时|BC|＝2a，则|BF1|＋|CF1|＝(|BF2|＋2a)＋(|CF2|＋2a)＝|BC|＋4a＝6a，此时△BCF1的周长为|BC|＋|BF1|＋|CF1|＝8a，故A错误；对于B，因为双曲线Γ关于原点对称，则点B关于原点O的对称点也在双曲线Γ上，因为直线OB交双曲线Γ的左支于点E，则点B，E关于原点对称，即BE，F1F2的中点均为原点，故四边形BF1EF2为平行四边形，所以BF2∥EF1，即BC∥EF1，故B正确；对于C，易知OA的方程为y＝x，OD的方程为y＝－x，所以OA⊥OD，因为直线l与双曲线Γ的右支交于B，C两点，则直线l不与x轴重合，设直线l的方程为x＝my＋eq \r(2)a，点B(x1，y1)，C(x2，y2)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－y2＝a2，,x＝my＋\r(2)a，))可得(m2－1)y2＋2eq \r(2)may＋a2＝0，则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m2－1≠0，,Δ＝8m2a2－4（m2－1）a2＝4a2（m2＋1）>0，))解得m≠±1，由根与系数的关系可得y1＋y2＝－eq \f(2\r(2)ma,m2－1)，y1y2＝eq \f(a2,m2－1)<0，可得－1三、填空题
12．(2022·全国甲卷)记双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的离心率为e，写出满足条件“直线y＝2x与C无公共点”的e的一个值：________．
答案 2(满足1＜e≤eq \r(5)皆可)
解析 因为双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，所以C的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，结合渐近线的特点，只需0＜eq \f(b,a)≤2，即eq \f(b2,a2)≤4，可满足条件“直线y＝2x与C无公共点”，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1＋\f(b2,a2))≤eq \r(1＋4)＝eq \r(5)，又e＞1，所以1＜e≤eq \r(5).
13．(2023·南通模拟)过点(2，2)能作双曲线x2－eq \f(y2,a2)＝1的两条切线，则该双曲线的离心率e的取值范围为________．
答案 (1，eq \r(2))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(\r(21),3)))
解析 当过点(2，2)的直线的斜率不存在时，直线的方程为x＝2，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2，,x2－\f(y2,a2)＝1，))可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝±\r(3)|a|，))故直线x＝2与双曲线x2－eq \f(y2,a2)＝1相交，不符合题意；当过点(2，2)的直线的斜率存在时，设直线方程为y－2＝k(x－2)，即y＝kx＋(2－2k)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋（2－2k），,ax2－y2＝a2，))可得(k2－a2)x2－4k(k－1)x＋4(1－k)2＋a2＝0，因为过点(2，2)能作双曲线x2－eq \f(y2,a2)＝1的两条切线，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k2－a2≠0，,Δ＝16k2（k－1）2－4（k2－a2）[4（1－k）2＋a2]＝0，))可得3k2－8k＋4＋a2＝0，由题意可知，关于k的二次方程3k2－8k＋4＋a2＝0有两个不等的实数根，所以Δ′＝64－12(4＋a2)>0，可得014．(2023·南京模拟)设F为双曲线E：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点，A，B分别为双曲线E的左、右顶点，点P为双曲线E上异于A，B的动点，当直线l：x＝t使得过F作直线AP的垂线交直线l于点Q时，总有B，P，Q三点共线，则eq \f(t,a)的最大值为________．
答案 eq \f(5,4)
解析 由题意，得A(－a，0)，B(a，0)．设PA：y＝k(x＋a)，P(x0，y0)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)－\f(y2,b2)＝1，,y＝k（x＋a），))整理得(b2－a2k2)x2－2a3k2x－a4k2－a2b2＝0.所以－a＋x0＝eq \f(2a3k2,b2－a2k2)，得x0＝eq \f(ab2＋a3k2,b2－a2k2)，所以y0＝eq \f(2kab2,b2－a2k2)；过F作直线PA的垂线l1：y＝－eq \f(1,k)(x－eq \r(a2＋b2))与直线l：x＝t交于点Q，因为B，Q，P三点共线，所以Q是直线l1：y＝－eq \f(1,k)(x－eq \r(a2＋b2))与直线BP：y＝eq \f(y0－0,x0－a)(x－a)＝eq \f(b2,ka2)(x－a)的交点，所以t＝eq \f(ab2＋a2\r(a2＋b2),a2＋b2)，所以eq \f(t,a)＝eq \f(b2＋a\r(a2＋b2),a2＋b2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))\s\up12(2)＋\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))\s\up12(2)),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))\s\up12(2)).设m＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))\s\up12(2))，则eq \f(t,a)＝eq \f(m2＋m－1,m2)＝－eq \f(1,m2)＋eq \f(1,m)＋1＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)－\f(1,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(5,4)，所以当eq \f(1,m)＝eq \f(1,2)，即m＝2时，eq \f(t,a)取得最大值eq \f(5,4).
四、解答题
15．(2023·襄城三模)已知O为坐标原点，双曲线E：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过左焦点F1的直线l与双曲线交于A，B两点(B在第一象限)，P是AB的中点，且△ABF2是等边三角形.
(1)求双曲线的离心率；
(2)求直线OP的斜率．
解 (1)设双曲线E的半焦距为c，c>0，
根据题意得|BF1|－|BF2|＝|AF1|＝2a.
又|AF2|－|AF1|＝2a，∴|AF2|＝4a.
∴|PF2|＝2eq \r(3)a，|PF1|＝4a，
∴kAB＝tan∠PF1F2＝eq \f(|PF2|,|PF1|)＝eq \f(\r(3),2).
在△BF1F2中，由余弦定理，得|F1F2|2＝|BF1|2＋|BF2|2－2|BF1||BF2|·cseq \f(π,3)，
即(2c)2＝(6a)2＋(4a)2－2×6a×4a×eq \f(1,2)，
解得eq \f(c,a)＝eq \r(7)，即双曲线的离心率为eq \r(7).
(2)由(1)易得，eq \f(b,a)＝eq \r(6).
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则eq \f(xeq \\al(2,1),a2)－eq \f(yeq \\al(2,1),b2)＝1，eq \f(xeq \\al(2,2),a2)－eq \f(yeq \\al(2,2),b2)＝1，
两式相减，可得eq \f(1,a2)(x1－x2)(x1＋x2)－eq \f(1,b2)(y1－y2)·(y1＋y2)＝0，
∴eq \f(y1－y2,x1－x2)·eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝eq \f(b2,a2)＝6.
设P(xP，yP)，∵P是AB的中点，
∴2xP＝x1＋x2，2yP＝y1＋y2，
又eq \f(y1－y2,x1－x2)＝kAB＝eq \f(\r(3),2)，
∴kOP＝eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝4eq \r(3).
16．(2023·深圳模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|＝4，若C上的点M满足||MF1|－|MF2||＝2恒成立．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若过点M的直线l与C的两条渐近线分别交于点P，Q，且|MP|＝|MQ|.
(ⅰ)证明：l与C有且仅有一个交点；
(ⅱ)求eq \f(1,|OP|)＋eq \f(2,|OQ|)的取值范围．
解 (1)由双曲线的定义可知||MF1|－|MF2||＝2a＝2，
∴a＝1.
又|F1F2|＝4，∴c＝2.
∵a2＋b2＝c2，∴b＝eq \r(3)，
∴双曲线C的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.
(2)(ⅰ)证明：双曲线的渐近线方程为y＝±eq \r(3)x，
设M(x0，y0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则y1＝eq \r(3)x1，①
y2＝－eq \r(3)x2，②
由①＋②，可得y1＋y2＝eq \r(3)(x1－x2)，
由①－②，可得y1－y2＝eq \r(3)(x1＋x2)，
由于xeq \\al(2,1)－eq \f(yeq \\al(2,1),3)＝0，且xeq \\al(2,2)－eq \f(yeq \\al(2,2),3)＝0，
相减可得xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2)＝eq \f(yeq \\al(2,1),3)－eq \f(yeq \\al(2,2),3)，
∴eq \f(y1＋y2,x1＋x2)＝eq \f(3（x1－x2）,y1－y2)，
由题意可知|MP|＝|MQ|，
∴x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，∴eq \f(y0,x0)＝eq \f(3（x1－x2）,y1－y2)，即kPQ＝eq \f(3x0,y0)，
∴直线PQ的方程为y－y0＝eq \f(3x0,y0)(x－x0)，
即3x0x－y0y＝3xeq \\al(2,0)－yeq \\al(2,0)，
又点M在C上，∴3xeq \\al(2,0)－yeq \\al(2,0)＝3，
则直线PQ的方程为3x0x－y0y＝3，
联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－\f(y2,3)＝1，,3x0x－y0y＝3，))
得(yeq \\al(2,0)－3xeq \\al(2,0))x2＋6x0x－3－yeq \\al(2,0)＝0，
∴－3x2＋6x0x－3xeq \\al(2,0)＝0，
由Δ＝0可知方程有且仅有一个解，
∴l与C有且仅有一个交点．
(ⅱ)由(ⅰ)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)x，,3x0x－y0y＝3，))
可得x1＝eq \f(\r(3),\r(3)x0－y0)，
同理可得x2＝eq \f(\r(3),\r(3)x0＋y0)，
∴|OP|·|OQ|＝eq \r(xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1))·eq \r(xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2))＝4|x1x2|＝4×eq \f(3,3xeq \\al(2,0)－yeq \\al(2,0))＝4，
∴eq \f(1,|OP|)＋eq \f(2,|OQ|)＝eq \f(1,|OP|)＋eq \f(|OP|,2)≥
2eq \r(\f(1,|OP|)·\f(|OP|,2))＝eq \r(2)，
当且仅当eq \f(1,|OP|)＝eq \f(|OP|,2)，即|OP|＝eq \r(2)时取等号．
又|OP|∈(0，＋∞)，
∴eq \f(1,|OP|)＋eq \f(2,|OQ|)的取值范围为[eq \r(2)，＋∞)．
17．(2022·新高考Ⅰ卷)已知点A(2，1)在双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,a2－1)＝1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0.
(1)求l的斜率；
(2)若tan∠PAQ＝2eq \r(2)，求△PAQ的面积．
解 (1)将点A的坐标代入双曲线方程得eq \f(4,a2)－eq \f(1,a2－1)＝1，
化简得a4－4a2＋4＝0，得a2＝2，
故双曲线C的方程为eq \f(x2,2)－y2＝1.
由题易知，直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立直线l与双曲线C的方程并整理得
(2k2－1)x2＋4kmx＋2m2＋2＝0，
故x1＋x2＝－eq \f(4km,2k2－1)，x1x2＝eq \f(2m2＋2,2k2－1).
kAP＋kAQ＝eq \f(y1－1,x1－2)＋eq \f(y2－1,x2－2)＝eq \f(kx1＋m－1,x1－2)＋eq \f(kx2＋m－1,x2－2)＝0，
化简得2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，
故eq \f(2k（2m2＋2）,2k2－1)＋(m－1－2k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4km,2k2－1)))－4(m－1)＝0，
整理得(k＋1)(m＋2k－1)＝0，
又直线l不过点A，即m＋2k－1≠0，故k＝－1.
(2)不妨设直线PA的倾斜角为θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0＜θ＜\f(π,2)))，由题意知∠PAQ＝π－2θ，
所以tan∠PAQ＝－tan2θ＝eq \f(2tanθ,tan2θ－1)＝2eq \r(2)，
解得tanθ＝eq \r(2)或tanθ＝－eq \f(\r(2),2)(舍去)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(y1－1,x1－2)＝\r(2)，,\f(xeq \\al(2,1),2)－yeq \\al(2,1)＝1，))得x1＝eq \f(10－4\r(2),3)，
所以|AP|＝eq \r(3)|x1－2|＝eq \f(4\r(3)×（\r(2)－1）,3)，
同理得x2＝eq \f(10＋4\r(2),3)，
所以|AQ|＝eq \r(3)|x2－2|＝eq \f(4\r(3)×（\r(2)＋1）,3).
因为tan∠PAQ＝2eq \r(2)，所以sin∠PAQ＝eq \f(2\r(2),3)，
故S△PAQ＝eq \f(1,2)|AP||AQ|sin∠PAQ＝eq \f(1,2)×eq \f(4\r(3)×（\r(2)－1）,3)×eq \f(4\r(3)×（\r(2)＋1）,3)×eq \f(2\r(2),3)＝eq \f(16\r(2),9).考向一 直线与双曲线的位置关系
代数法
将直线与双曲线方程联立，消去y(或x).
①二次项系数为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)；
②二次项系数不等于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
数形结合法
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
考向二 弦长问题
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
弦长公式法
当弦的两端点坐标不易求时，可利用弦长公式求解，即若直线l：y＝kx＋m(k≠0)与双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则|AB|＝eq \r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|
考向三 中点弦问题