2025高考數(shù)學(xué)專項復(fù)習(xí)第九章平面解析幾何第2課時直線與雙曲線的位置關(guān)系課標(biāo)解讀考向預(yù)測1.掌握直線與雙曲線的位置關(guān)系及其判定方法.2.會求直線和雙曲線相交的弦長.3.能夠解決弦中點問題.從近三年高考來看，直線與雙曲線的綜合問題是高考的熱點，題型以解答題為主，難度偏大．預(yù)計2025年高考可能會與漸近線、離心率等綜合考查，選擇題、填空題、解答題都有可能出現(xiàn).必備知識——強(qiáng)基礎(chǔ)1．直線與雙曲線的位置關(guān)系將直線的方程y＝kx＋m與雙曲線的方程eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)聯(lián)立組成方程組，消元轉(zhuǎn)化為關(guān)于x的方程(b2－a2k2)x2－2a2mkx－a2m2－a2b2＝0.(1)若b2－a2k2＝0(m≠0)，即k＝±eq\f(b,a)時，直線與雙曲線的漸近線eq\x(\s\up1(01))平行，直線與雙曲線eq\x(\s\up1(02))相交于一點．(2)若b2－a2k2≠0，即k≠±eq\f(b,a)時，Δ＝(－2a2mk)2－4(b2－a2k2)(－a2m2－a2b2)．①Δ＞0?直線和雙曲線相交?直線和雙曲線有兩個交點；②Δ＝0?直線和雙曲線相切?直線和雙曲線有一個公共點；③Δ＜0?直線和雙曲線相離?直線和雙曲線無公共點．2．直線與雙曲線的相交弦設(shè)直線y＝kx＋m交雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)于P1(x1，y1)，P2(x2，y2)兩點，則|P1P2|＝eq\r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)＝eq\r(（x1－x2）2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1－y2,x1－x2)))\s\up12(2))))＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|，同理，可得|P1P2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|(k≠0)．這里|x1－x2|，|y1－y2|的求法通常使用根與系數(shù)的關(guān)系，需作以下變形：|x1－x2|＝eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)，|y1－y2|＝eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2).1．與雙曲線只有一個公共點的直線有兩種：一種是與漸近線平行且與雙曲線交于一點的直線；另一種是與雙曲線相切的直線．2．同支的焦點弦中最短的為通徑(過焦點且垂直于實軸的弦)，其長為eq\f(2b2,a)；異支的弦中最短的弦為實軸，其長為2a.1．概念辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)直線與雙曲線相交一定有兩個公共點．()(2)直線y＝x與雙曲線eq\f(x2,5)－y2＝1一定不相切．()(3)過雙曲線上兩點A(x1，y1)，B(x2，y2)的直線的斜率k＝eq\f(y2－y1,x2－x1).()(4)直線y＝x－1被雙曲線eq\f(x2,2)－y2＝1截得的弦長為eq\r(2).()答案(1)×(2)√(3)×(4)×2．小題熱身(1)直線y＝eq\f(3,2)x＋2與雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,9)＝1的位置關(guān)系是()A．相切 B．相交C．相離 D．無法確定答案B解析由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋2，,\f(x2,4)－\f(y2,9)＝1，))得eq\f(x2,4)－eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x＋2))\s\up12(2),9)＝1整理，得6x＝－13.所以x＝－eq\f(13,6)，故直線和雙曲線只有一個交點，又雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,9)＝1的漸近線方程為y＝±eq\f(3,2)x，所以直線y＝eq\f(3,2)x＋2與雙曲線的一條漸近線平行且與雙曲線只有一個交點．所以直線與雙曲線的位置關(guān)系為相交．故選B.(2)(人教A選擇性必修第一冊復(fù)習(xí)參考題3T4改編)已知直線y＝kx－1與雙曲線x2－y2＝1沒有公共點，則k的取值范圍是________．答案(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞)解析由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,x2－y2＝1，))得(1－k2)x2＋2kx－2＝0，當(dāng)1－k2＝0時，方程有解，即直線y＝kx－1與雙曲線x2－y2＝1有公共點；當(dāng)1－k2≠0時，由Δ＝4k2＋8(1－k2)<0，解得k<－eq\r(2)或k>eq\r(2).故k的取值范圍是(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞)．(3)(人教A選擇性必修第一冊習(xí)題3.2T1改編)直線l交雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1于A，B兩點，且P(4，1)為AB的中點，則l的斜率為________．答案2解析設(shè)點A(x1，y1)，B(x2，y2)，因為P(4，1)為AB的中點，所以有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝8，,y1＋y2＝2.))又點A，B在雙曲線上，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,1)－2yeq\o\al(2,1)＝4，,xeq\o\al(2,2)－2yeq\o\al(2,2)＝4，))即(x1＋x2)(x1－x2)＝2(y1＋y2)(y1－y2)，則l的斜率k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(x1＋x2,2（y1＋y2）)＝eq\f(8,2×2)＝2，此時直線l的方程為y－1＝2(x－4)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x－7，,x2－2y2＝4，))消去y并整理，得7x2－56x＋102＝0，Δ＝562－4×7×102＝280>0，即直線l與雙曲線交于兩點，所以l的斜率為2.考點探究——提素養(yǎng)考點一直線與雙曲線的位置關(guān)系例1若過點P(0，1)的直線l與雙曲線E：x2－y2＝1的右支交于不同的兩點，則直線l的斜率的取值范圍為()A．(1，eq\r(2)) B．[－eq\r(2)，－1]C．[1，eq\r(2)] D．(－eq\r(2)，－1)答案D解析由題意可得直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1，設(shè)交點A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2－y2＝1，))得(1－k2)x2－2kx－2＝0，由題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－k2≠0，,Δ＝4k2＋8（1－k2）>0，,x1＋x2＝\f(2k,1－k2)>0，,x1x2＝\f(－2,1－k2)>0，))解得－eq\r(2)<k<－1.故選D.【通性通法】通常把直線與雙曲線的方程聯(lián)立成方程組，通過消元后化為ax2＋bx＋c＝0的形式．(1)在a≠0的情況下考察方程的判別式①Δ>0時，直線與雙曲線有兩個不同的公共點；②Δ＝0時，直線與雙曲線只有一個公共點；③Δ<0時，直線與雙曲線沒有公共點．(2)當(dāng)a＝0時，此時直線與雙曲線的漸近線平行，直線與雙曲線有一個公共點．【鞏固遷移】1．(2024·重慶第二次聯(lián)合診斷)已知點P(1，2)和雙曲線C：x2－eq\f(y2,4)＝1，過點P且與雙曲線C只有一個公共點的直線l有()A．2條 B．3條C．4條 D．無數(shù)條答案A解析由題意可得，雙曲線C：x2－eq\f(y2,4)＝1的漸近線方程為y＝±2x，點(1，0)是雙曲線的頂點．若直線l的斜率不存在，則直線l的方程為x＝1，此時直線l與雙曲線C只有一個公共點，符合題意；若直線l的斜率存在，則當(dāng)直線l平行于漸近線y＝－2x時，直線l與雙曲線C只有一個公共點，符合題意；若直線l的斜率為2，則直線l的方程為y＝2x，此時直線l為雙曲線C的一條漸近線，不符合題意．綜上所述，過點P且與雙曲線C只有一個公共點的直線l共有2條．故選A.考點二弦長問題例2已知雙曲線的焦距為4，焦點在x軸上，且過點P(2，3)．(1)求該雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若直線m經(jīng)過該雙曲線的右焦點且斜率為1，求直線m被雙曲線截得的弦長．解(1)設(shè)雙曲線的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，由已知可得左、右焦點F1，F(xiàn)2的坐標(biāo)分別為(－2，0)，(2，0)，則|PF1|－|PF2|＝2＝2a，所以a＝1，又c＝2，所以b＝eq\r(3)，所以雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)由題意知直線m的方程為y＝x－2，聯(lián)立雙曲線方程與直線方程并消去y，得2x2＋4x－7＝0，設(shè)兩交點為A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1＋x2＝－2，x1x2＝－eq\f(7,2)，由弦長公式，得|AB|＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝6.【通性通法】1．距離公式法當(dāng)弦的兩端點坐標(biāo)易求時，可直接求出交點坐標(biāo)，再利用兩點間距離公式求弦長．2．弦長公式法當(dāng)弦的兩端點坐標(biāo)不易求時，可利用弦長公式求解，即若直線l：y＝kx＋m(k≠0)與雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，則|AB|＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)或|AB|＝eq\r(1＋\f(1,k2))·|y1－y2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))·eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2).【鞏固遷移】2．已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1過點(eq\r(2)，eq\r(3))，給出以下兩個條件：①離心率為2；②與雙曲線eq\f(y2,3)－x2＝1有相同的漸近線．(1)任選一個條件，求出雙曲線C的方程；(2)直線l與直線4x－2y－1＝0平行，l被C截得的弦長為4eq\r(5)，求直線l的方程．解(1)若選擇①：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2,a2)－\f(3,b2)＝1，,e＝\f(c,a)＝2，,c2＝a2＋b2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝1，,b2＝3，))所以雙曲線C的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.若選擇②：設(shè)雙曲線的方程為eq\f(y2,3)－x2＝n(n≠0)，依題意，得eq\f(3,3)－2＝n，解得n＝－1，所以雙曲線C的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)由題意，設(shè)直線l的方程為4x－2y＋m＝0，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－\f(y2,3)＝1，,4x－2y＋m＝0，))得4x2＋8mx＋m2＋12＝0，由Δ＝64m2－16(m2＋12)＝48m2－192>0，解得m<－2或m>2.設(shè)l交C于點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－2m，x1x2＝eq\f(m2＋12,4)，所以|AB|＝eq\r(1＋4)|x1－x2|＝eq\r(5)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(5)·eq\r(4m2－（m2＋12）)＝4eq\r(5)，解得m＝±eq\f(2\r(21),3).所以直線l的方程為6x－3y＋eq\r(21)＝0或6x－3y－eq\r(21)＝0.考點三中點弦問題例3(2023·全國乙卷)設(shè)A，B為雙曲線x2－eq\f(y2,9)＝1上兩點，下列四個點中，可為線段AB中點的是()A．(1，1) B．(－1，2)C．(1，3) D．(－1，－4)答案D解析解法一：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則AB的中點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，可得kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)，直線OM(O為坐標(biāo)原點)的斜率k＝eq\f(\f(y1＋y2,2),\f(x1＋x2,2))＝eq\f(y1＋y2,x1＋x2)，因為A，B在雙曲線上，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,1)－\f(yeq\o\al(2,1),9)＝1，,xeq\o\al(2,2)－\f(yeq\o\al(2,2),9)＝1，))兩式相減得(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))－eq\f(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2),9)＝0，所以kAB·k＝eq\f(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2),xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))＝9.對于A，k＝1，kAB＝9，則直線AB：y＝9x－8，聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝9x－8，,x2－\f(y2,9)＝1，))消去y得72x2－2×72x＋73＝0，此時Δ＝(－2×72)2－4×72×73＝－288<0，所以直線AB與雙曲線沒有交點，故A不符合題意；對于B，k＝－2，kAB＝－eq\f(9,2)，則直線AB：y＝－eq\f(9,2)x－eq\f(5,2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(9,2)x－\f(5,2)，,x2－\f(y2,9)＝1，))消去y得45x2＋2×45x＋61＝0，此時Δ＝(2×45)2－4×45×61＝－4×45×16<0，所以直線AB與雙曲線沒有交點，故B不符合題意；對于C，k＝3，kAB＝3，則直線AB：y＝3x，由雙曲線方程可得a＝1，b＝3，則直線AB：y＝3x為雙曲線的漸近線，所以直線AB與雙曲線沒有交點，故C不符合題意；對于D，k＝4，kAB＝eq\f(9,4)，則直線AB：y＝eq\f(9,4)x－eq\f(7,4)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(9,4)x－\f(7,4)，,x2－\f(y2,9)＝1，))消去y得63x2＋126x－193＝0，此時Δ＝1262＋4×63×193>0，故直線AB與雙曲線有兩個交點，故D符合題意．故選D.解法二：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中點為(x0，y0)，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,1)－\f(yeq\o\al(2,1),9)＝1①，,xeq\o\al(2,2)－\f(yeq\o\al(2,2),9)＝1②，))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)<eq\f(x0,y0)<eq\f(1,3)，即eq\f(y0,x0)>3或eq\f(y0,x0)<－3.故選D.【通性通法】中點弦問題的解決方法方法一將直線方程與雙曲線的方程聯(lián)立，消元后得到一元二次方程，再用判別式和中點坐標(biāo)公式求解方法二用點差法和中點坐標(biāo)公式求解：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)是雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)上不同的兩點，且x1≠x2，x1＋x2≠0，M(x0，y0)為線段AB的中點，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),a2)－\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),a2)－\f(yeq\o\al(2,2),b2)＝1.))兩式相減可得eq\f(y1－y2,x1－x2)·eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝eq\f(b2,a2)，即kAB·eq\f(y0,x0)＝eq\f(b2,a2)，kAB＝eq\f(b2x0,a2y0)【鞏固遷移】3．過點P(8，1)的直線與雙曲線x2－4y2＝4交于A，B兩點，且P是線段AB的中點，則直線AB的方程為________________．答案2x－y－15＝0解析設(shè)A，B的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，則xeq\o\al(2,1)－4yeq\o\al(2,1)＝4①，xeq\o\al(2,2)－4yeq\o\al(2,2)＝4②.由①－②，得(x1＋x2)(x1－x2)－4(y1＋y2)·(y1－y2)＝0，∵P是線段AB的中點，∴x1＋x2＝16，y1＋y2＝2，∴eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(x1＋x2,4（y1＋y2）)＝2.∴直線AB的斜率為2，∴直線AB的方程為2x－y－15＝0.考點四直線與雙曲線的綜合問題例4(2024·重慶一中質(zhì)檢)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，焦點在x軸上的雙曲線C過點T(2，3)，且有一條傾斜角為120°的漸近線．(1)求雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)點F為雙曲線C的右焦點，點P在C的右支上，點Q滿足eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(PQ,\s\up6(→))，直線QF交雙曲線C于A，B兩點，若|AB|＝2|QF|，求點P的坐標(biāo)．解(1)設(shè)雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x，則由題意可得，eq\f(4,a2)－eq\f(9,b2)＝1，且－eq\f(b,a)＝tan120°＝－eq\r(3)，解得a＝1，b＝eq\r(3)，則雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)雙曲線C的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1，所以C的右焦點F(2，0)，點Q滿足eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(PQ,\s\up6(→))，則P為OQ的中點，設(shè)P(m，n)，m>0，則Q(2m，2n)，若直線AB的斜率不存在，則其方程為x＝2，此時P(1，0)，m＝1，Q與F重合，不符合題意；若直線AB的斜率存在，設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－2)，m≠1，因為kQF＝k，所以eq\f(2n,2m－2)＝k，所以n＝(m－1)k，因為點P在雙曲線C上，所以3m2－n2＝3，所以3m2－[(m－1)k]2＝3，即k2＝eq\f(3m＋3,m－1)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－2），,3x2－y2＝3，))消去y，得(k2－3)x2－4k2x＋4k2＋3＝0，所以k2－3≠0，Δ＝16k4－4(k2－3)(4k2＋3)＝36(k2＋1)>0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(4k2,k2－3)，x1x2＝eq\f(4k2＋3,k2－3).因為|AB|＝2|QF|，所以|x2－x1|＝2|2m－2|，所以(x1＋x2)2－4x1x2＝16(m－1)2，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k2,k2－3)))eq\s\up12(2)－4×eq\f(4k2＋3,k2－3)＝16(m－1)2，即9(k2＋1)＝4(m－1)2(k2－3)2，所以9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3m＋3,m－1)＋1))＝4(m－1)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3m＋3,m－1)－3))eq\s\up12(2)，解得m＝eq\f(3,2)，n＝±eq\f(\r(15),2)，符合題意，所以點P的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，±\f(\r(15),2))).【通性通法】利用雙曲線的定義、幾何性質(zhì)來研究直線與雙曲線的位置關(guān)系時：如果是判斷直線與雙曲線的位置關(guān)系，可以通過聯(lián)立方程，利用方程組的解的個數(shù)來判斷；如果涉及弦長問題，可以利用弦長公式解決；如果涉及面積問題，往往需要利用弦長公式、面積公式、構(gòu)建目標(biāo)函數(shù)來解決問題．【鞏固遷移】4．(2022·新高考Ⅰ卷)已知點A(2，1)在雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,a2－1)＝1(a>1)上，直線l交C于P，Q兩點，直線AP，AQ的斜率之和為0.(1)求l的斜率；(2)若tan∠PAQ＝2eq\r(2)，求△PAQ的面積．解(1)將點A的坐標(biāo)代入雙曲線方程得eq\f(4,a2)－eq\f(1,a2－1)＝1，化簡得a4－4a2＋4＝0，得a2＝2，故雙曲線C的方程為eq\f(x2,2)－y2＝1.由題易知，直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)立直線l與雙曲線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，化簡得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\co1(－\f(4km,2k2－1)))－4(m－1)＝0，整理得(k＋1)(m＋2k－1)＝0，又直線l不過點A，即m＋2k－1≠0，故k＝－1.(2)不妨設(shè)直線PA的傾斜角為θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜θ＜\f(π,2)))，由題意知∠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\co1(\f(y1－1,x1－2)＝\r(2)，,\f(xeq\o\al(2,1),2)－yeq\o\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).因為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).課時作業(yè)一、單項選擇題1．直線y＝2x＋m與雙曲線4x2－y2＝1的交點情況是()A．恒有一個交點B．存在m有兩個交點C．至多有一個交點D．存在m有三個交點答案C解析將y＝2x＋m代入4x2－y2＝1，得m2＋4mx＋1＝0.當(dāng)m＝0時，方程無解；當(dāng)m≠0時，x＝eq\f(1＋m2,－4m)，所以至多有一個交點．故選C.2．在直線與雙曲線的位置關(guān)系中，“公共點只有一個”是“直線與雙曲線相切”的()A．充要條件B．充分不必要條件C．必要不充分條件D．既不充分也不必要條件答案C解析當(dāng)“直線與雙曲線有且只有一個公共點”成立時，有可能是直線與雙曲線的漸近線平行，此時“直線與雙曲線相切”不成立．反之，由“直線與雙曲線相切”一定能推出“直線與雙曲線有且只有一個公共點”，所以“直線與雙曲線有且只有一個公共點”是“直線與雙曲線相切”的必要不充分條件．故選C.3．(2023·四川遂寧適應(yīng)性考試)已知雙曲線C：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1的右焦點為F，點A(0，m)，若直線AF與C只有一個交點，則m＝()A．±2 B．±4eq\r(3)C．±2eq\r(3) D．±4答案B解析雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\r(3)x，右焦點為F(4，0)，因為直線AF與C只有一個交點，所以直線AF與雙曲線的漸近線平行，所以kAF＝eq\f(m－0,0－4)＝±eq\r(3)，解得m＝±4eq\r(3).故選B.4．(2024·湖北荊州模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)與直線y＝－x＋2相交于A，B兩點，弦AB的中點M的橫坐標(biāo)為－1，則雙曲線C的漸近線方程為()A．y＝±eq\r(3)x B．y＝±3xC．y＝±eq\f(1,3)x D．y＝±eq\f(\r(3),3)x答案A解析設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),a2)－\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),a2)－\f(yeq\o\al(2,2),b2)＝1，))由點差法得eq\f(（x1＋x2）（x1－x2）,a2)－eq\f(（y1＋y2）（y1－y2）,b2)＝0(x1≠x2)．∵M(jìn)(－1，3)，∴x1＋x2＝－2，y1＋y2＝6，∴eq\f(－2,a2)－eq\f(6（y1－y2）,b2（x1－x2）)＝0，又kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－1，∴b2＝3a2，∴雙曲線C的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\r(3)x.故選A.5．已知F是雙曲線x2－eq\f(y2,8)＝1的左焦點，直線4x－y－12＝0與該雙曲線交于P，Q兩點，則△FPQ的重心G到y(tǒng)軸的距離為()A．1 B．4C．3 D．2答案C解析由題意，不妨設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯(lián)立雙曲線方程與直線方程，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－\f(y2,8)＝1，,4x－y－12＝0，))消去y，得x2－12x＋19＝0，故x1＋x2＝12.因為F(－3，0)，所以△FPQ的重心G到y(tǒng)軸的距離為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2－3,3)))＝eq\f(|12－3|,3)＝3.故選C.6．(2023·山東煙臺模擬)過雙曲線x2－y2＝2的左焦點作直線l，與雙曲線交于A，B兩點，若|AB|＝4，則這樣的直線l有()A．1條 B．2條C．3條 D．4條答案D解析由題意，得雙曲線的左焦點為(－2，0)，當(dāng)直線l垂直于橫軸時，|AB|＝2eq\r(2)，不符合題意，因為雙曲線的漸近線方程為y＝±x，故可設(shè)直線l的方程為y＝k(x＋2)(k≠±1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，與雙曲線方程聯(lián)立，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋2），,x2－y2＝2，))消去y，得(1－k2)x2－4k2x－4k2－2＝0，則x1＋x2＝eq\f(4k2,1－k2)，x1x2＝eq\f(－4k2－2,1－k2)，由弦長公式，知|AB|＝eq\r(k2＋1)|x1－x2|＝eq\r(k2＋1)·eq\f(\r(8（k2＋1）),|k2－1|)＝4，得k2＋1＝eq\r(2)|k2－1|，解得k＝±(eq\r(2)－1)或k＝±(eq\r(2)＋1)，故存在4條滿足條件的直線．故選D.7．(2024·廣東珠海模擬)已知直線l與雙曲線eq\f(x2,3)－eq\f(y2,4)＝1相交于A，B兩點，O為坐標(biāo)原點，若OA⊥OB，則|OA|·|OB|的最小值為()A．20 B．22C．24 D．25答案C解析依題意，得直線OA與OB的斜率都存在且不為0，不妨設(shè)直線OA的方程為y＝kx(k≠0)，則直線OB的方程為y＝－eq\f(1,k)x.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)－\f(y2,4)＝1，,y＝kx，))則xeq\o\al(2,1)＝eq\f(12,4－3k2)，yeq\o\al(2,1)＝eq\f(12k2,4－3k2)，所以|OA|2＝xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＝eq\f(12,4－3k2)＋eq\f(12k2,4－3k2)＝eq\f(12k2＋12,4－3k2).同理可得|OB|2＝xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)＝eq\f(12×\f(1,k2)＋12,4－3×\f(1,k2))＝eq\f(12k2＋12,4k2－3)，所以eq\f(1,|OA|2)＋eq\f(1,|OB|2)＝eq\f(4－3k2,12k2＋12)＋eq\f(4k2－3,12k2＋12)＝eq\f(k2＋1,12k2＋12)＝eq\f(1,12)，所以eq\f(1,12)＝eq\f(1,|OA|2)＋eq\f(1,|OB|2)≥2eq\r(\f(1,|OA|2·|OB|2))＝eq\f(2,|OA|·|OB|)，即|OA|·|OB|≥24，當(dāng)且僅當(dāng)|OA|＝|OB|時，等號成立．故選C.8．(2024·湖南長沙高三模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，直線y＝eq\r(3)x與C的左、右兩支分別交于點A，B，若四邊形AF1BF2為矩形，則C的離心率為()A．eq\f(\r(3)＋1,2) B．3C．eq\r(3)＋1 D．eq\r(5)＋1答案C解析顯然直線y＝eq\r(3)x與F1F2交于原點O，由雙曲線的對稱性知，若四邊形AF1BF2是矩形，則|AB|＝|F1F2|，設(shè)點A(x1，y1)，B(x2，y2)，而F1(－c，0)，F(xiàn)2(c，0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\r(3)x，,\f(x2,a2)－\f(y2,b2)＝1，))得(b2－3a2)x2＝a2b2，解得x1＝－eq\f(ab,\r(b2－3a2))，x2＝eq\f(ab,\r(b2－3a2))，則|AB|＝eq\r(1＋（\r(3)）2)·|x1－x2|＝eq\f(4ab,\r(b2－3a2))，則eq\f(4ab,\r(b2－3a2))＝2c，化簡得b4－6a2b2－3a4＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2,a2)))eq\s\up12(2)－6·eq\f(b2,a2)－3＝0，解得eq\f(b2,a2)＝3＋2eq\r(3)，則e＝eq\f(c,a)＝eq\r(\f(c2,a2))＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(4＋2\r(3))＝eq\r(3)＋1.故選C.二、多項選擇題9．已知焦點在x軸上的雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(1,2)x，實軸長為4，則()A．該雙曲線的虛軸長為2eq\r(2)B．該雙曲線的焦距為2eq\r(5)C．該雙曲線的離心率為eq\r(5)D．直線x－y＋2＝0與該雙曲線有兩個公共點答案BD解析由題意，設(shè)雙曲線的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，因為雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(1,2)x，實軸長為4，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＝\f(1,2)，,2a＝4，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1.))故雙曲線的方程為eq\f(x2,4)－y2＝1，所以c＝eq\r(a2＋b2)＝eq\r(5).對于A，該雙曲線的虛軸長為2，所以A錯誤；對于B，該雙曲線的焦距為2c＝2eq\r(5)，所以B正確；對于C，該雙曲線的離心率為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),2)，所以C錯誤；對于D，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)－y2＝1，,x－y＋2＝0，))得3x2＋16x＋20＝0，因為Δ＝162－4×3×20＝16>0，所以方程3x2＋16x＋20＝0有兩個不相等的實根，所以直線x－y＋2＝0與該雙曲線有兩個公共點，所以D正確．故選BD.10．已知雙曲線C：eq\f(x2,t－7)－eq\f(y2,t)＝1的一條漸近線方程為4x－3y＝0，過點(5，0)作直線l交雙曲線于A，B兩點，則下列結(jié)論中正確的是()A．t＝16或－9B．該雙曲線的離心率為eq\f(5,3)C．滿足|AB|＝eq\f(32,3)的直線l有且僅有一條D．若A，B分別在雙曲線左、右兩支上，則直線l的斜率的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(4,3)))答案BD解析因為雙曲線C：eq\f(x2,t－7)－eq\f(y2,t)＝1的一條漸近線方程為4x－3y＝0，所以eq\f(t,t－7)＝eq\f(16,9)，解得t＝16，故A錯誤；雙曲線方程為eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1，故a＝3，b＝4，c＝eq\r(9＋16)＝5，所以該雙曲線的離心率e＝eq\f(5,3)，故B正確；如圖，F(xiàn)(5，0)為雙曲線的右焦點，當(dāng)x＝5時，y＝±eq\f(16,3)，當(dāng)A，B兩點都在雙曲線的右支上時，|AB|≥eq\f(32,3)，因為|AB|＝eq\f(32,3)，所以這種情況的直線AB只有一條，且AB與x軸垂直；當(dāng)A，B分別在雙曲線的左、右兩支上時，可得|AB|≥2a＝6，而eq\f(32,3)>6，可得這樣的直線有兩條，綜上所述，滿足|AB|＝eq\f(32,3)的直線l有三條，故C錯誤；雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(4,3)x，要使A，B分別在雙曲線左、右兩支上，則直線l的斜率的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(4,3)))，故D正確．故選BD.三、填空題11．已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過點F2作與x軸垂直的直線與雙曲線的一個交點為P，且∠PF1F2＝eq\f(π,6)，則雙曲線的漸近線方程為________．答案y＝±eq\r(2)x解析根據(jù)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)，雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\r(2)x.12．(2024·福建廈門第四次質(zhì)量檢測)寫出同時滿足下列條件的一條直線l的方程為________．①直線l在y軸上的截距為1；②直線l與雙曲線eq\f(x2,4)－y2＝1只有一個公共點．答案y＝±eq\f(1,2)x＋1，y＝±eq\f(\r(2),2)x＋1(寫出其中一個直線方程即可)解析因為直線l與雙曲線eq\f(x2,4)－y2＝1只有一個公共點，所以直線l與雙曲線eq\f(x2,4)－y2＝1的漸近線y＝±eq\f(1,2)x平行．又直線l在y軸上的截距為1，所以直線l的方程可以是y＝±eq\f(1,2)x＋1.若直線l在y軸上的截距為1且與雙曲線相切，則二者只有一個交點．可設(shè)l：y＝kx＋1，代入雙曲線方程，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－k2))x2－2kx－2＝0，只需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－k2≠0，,Δ＝4k2＋8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－k2))＝0，))解得k＝±eq\f(\r(2),2)，所以直線l：y＝±eq\f(\r(2),2)x＋1，即所求直線l的方程為y＝±eq\f(1,2)x＋1，y＝±eq\f(\r(2),2)x＋1(寫出其中一個直線方程即可)．13．(2024·湖南益陽模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,3)－y2＝1，若直線l的傾斜角為60°，且與雙曲線C的右支交于M，N兩點，與x軸交于點P，若|MN|＝eq\f(\r(3),2)，則點P的坐標(biāo)為________．答案(eq\r(3)，0)解析設(shè)直線l的方程為y＝eq\r(3)x＋m，與雙曲線方程eq\f(x2,3)－y2＝1聯(lián)立，可得8x2＋6eq\r(3)mx＋3m2＋3＝0，由Δ＝108m2－32(3m2＋3)＝12m2－96>0，得m>2eq\r(2)或m<－2eq\r(2).設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq\f(3\r(3)m,4)>0，x1x2＝eq\f(3m2＋3,8)>0，則m<0，所以m<－2eq\r(2)，|MN|＝eq\r(1＋（\r(3)）2)|x1－x2|＝2eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝2eq\r(\f(27m2,16)－\f(3m2＋3,2))＝eq\f(\r(3m2－24),2)＝eq\f(\r(3),2)，解得m＝3(舍去)或m＝－3，所以直線l的方程為y＝eq\r(3)x－3，令y＝0，可得x＝eq\r(3).故點P的坐標(biāo)為(eq\r(3)，0)．14．已知直線MN：y＝eq\f(1,3)x＋2與雙曲線C：eq\f(x2,9)－eq\f(y2,4)＝1交于M，N兩點，O為坐標(biāo)原點，則△OMN的面積為________．答案4eq\r(7)解析聯(lián)立直線MN的方程與雙曲線的方程，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,3)x＋2，,\f(x2,9)－\f(y2,4)＝1，))消去x并整理，得x2－4x－24＝0.設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則|MN|＝eq\r(1＋k2)|x2－x1|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x2＋x1）2－4x1x2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,9)))×（16＋96）)＝eq\f(4\r(70),3)，O到直線MN的距離為d＝eq\f(|2|,\r(1＋\f(1,9)))＝eq\f(6,\r(10))，所以△OMN的面積為S＝eq\f(1,2)×eq\f(4\r(70),3)×eq\f(6,\r(10))＝4eq\r(7).四、解答題15．已知雙曲線C和橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1有公共的焦點，且離心率為eq\r(3).(1)求雙曲線C的方程；(2)過點M(2，1)作直線l交雙曲線C于A，B兩點，且M為AB的中點，求直線l的方程及弦長|AB|.解(1)由題意，知橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1的焦點坐標(biāo)分別為(－eq\r(3)，0)和(eq\r(3)，0)，設(shè)雙曲線C的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，則c2＝a2＋b2＝3，因為e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3)，所以c＝eq\r(3)a，解得a2＝1，b2＝2，所以雙曲線C的方程為x2－eq\f(y2,2)＝1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，分別代入雙曲線方程，得xeq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)yeq\o\al(2,1)＝1，xeq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)yeq\o\al(2,2)＝1，兩式相減，得(x1－x2)(x1＋x2)－eq\f(1,2)(y1－y2)(y1＋y2)＝0，因為點M(2，1)為AB的中點，所以x1＋x2＝4，y1＋y2＝2，則4(x1－x2)－(y1－y2)＝0，所以kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝4，所以直線l的方程為y＝4x－7.把y＝4x－7代入x2－eq\f(y2,2)＝1，消去y，得14x2－56x＋51＝0，所以x1＋x2＝4，x1x2＝eq\f(51,14)，又k＝4，所以|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(17)×eq\r(16－4×\f(51,14))＝eq\f(\r(1190),7).16．(2024·江西紅色十校聯(lián)考)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的離心率為2，右焦點F到一條漸近線的距離為eq\r(3).(1)求雙曲線C的方程；(2)已知點B(0，b)，過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)，0))作直線l與雙曲線C交于M，N兩點，若|BM|＝|BN|，求直線l的方程．解(1)由題意知F(c，0)，雙曲線C的一條漸近線為bx＋ay＝0，則eq\f(|bc＋0|,\r(b2＋a2))＝b＝eq\r(3)，又e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(1＋\f(3,a2))＝2，所以a＝1，所以雙曲線C的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)由(1)知，B(0，eq\r(3))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，0))，由題易知直線l的斜率存在，當(dāng)直線l的斜率為0時，直線l的方程為y＝0，此時直線l與雙曲線C的交點為(－1，0)和(1，0)，滿足|BM|＝|BN|，符合題意；當(dāng)直線l的斜率不為0時，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m(k≠0)，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，線段MN的中點為Q(x0，y0)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋m，))得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－k2≠0，,Δ＝（－2km）2＋4（3－k2）（m2＋3）>0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－k2≠0，,m2＋3－k2>0，))所以x1＋x2＝eq\f(2km,3－k2)，x1x2＝－eq\f(m2＋3,3－k2)，x0＝eq\f(km,3－k2)，y0＝eq\f(3m,3－k2)，因為|BM|＝|BN|，所以BQ⊥MN，所以kBQ＝eq\f(y0－\r(3),x0)＝eq\f(\f(3m,3－k2)－\r(3),\f(km,3－k2))＝eq\f(3m－3\r(3)＋\r(3)k2,km)＝－eq\f(1,k)，所以3－k2＝eq\f(4\r(3),3)m，又點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，0))在直線l上，所以m＝eq\f(\r(3),2)k，所以3－k2＝2k，解得k＝－3或k＝1，滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－k2≠0，,m2＋3－k2>0，))所以直線l的方程為y＝－3x－eq\f(3\r(3),2)或y＝x＋eq\f(\r(3),2).綜上，直線l的方程為y＝0，y＝－3x－eq\f(3\r(3),2)或y＝x＋eq\f(\r(3),2).17．(多選)已知F1，F(xiàn)2分別是雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點，A為左頂點，P為雙曲線右支上一點，若|PF1|＝2|PF2|，且△PF1F2的最小內(nèi)角為30°，則()A．雙曲線的離心率為eq\r(3)B．雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\r(2)xC．∠PAF2＝45°D．直線x＋2y－2＝0與雙曲線有兩個公共點答案ABD解析對于A，因為|PF1|＝2|PF2|，|PF1|－|PF2|＝2a，所以|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，又因為2c>2a，4a>2a，所以∠PF1F2＝30°，所以cos∠PF1F2＝eq\f(16a2＋4c2－4a2,2×4a×2c)＝eq\f(\r(3),2)，所以c＝eq\r(3)a，所以e＝eq\r(3)，故A正確；對于B，因為e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2＋b2,a2)＝3，所以eq\f(b2,a2)＝2，所以eq\f(b,a)＝±eq\r(2)，所以雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\r(2)x，故B正確；對于C，因為2c＝2eq\r(3)a，所以|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2，所以∠PF2F1＝90°，又因為|AF2|＝c＋a＝(eq\r(3)＋1)a，|PF2|＝2a，所以|AF2|≠|(zhì)PF2|，所以∠PAF2≠45°，故C不正確；對于D，因為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y－2＝0，,\f(x2,a2)－\f(y2,2a2)＝1，))所以2(2－2y)2－y2＝2a2，所以7y2－16y＋8－2a2＝0，因為Δ＝162－4×7×(8－2a2)＝32＋56a2>0，所以直線x＋2y－2＝0與雙曲線有兩個公共點，所以D正確．故選ABD.18．(多選)已知F1，F(xiàn)2是雙曲線E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點，過F1作傾斜角為eq\f(π,6)的直線分別交y軸、雙曲線右支于M，P，且|MP|＝|MF1|，下列判斷正確的是()A．∠F1PF2＝eq\f(π,3)B．E的離心率為eq\r(3)C．△PF1F2內(nèi)切圓的半徑為eq\r(3)－1D．若A，B為E上兩點且關(guān)于原點對稱，則PA，PB的斜率存在時，其乘積為2答案ABD解析如圖所示，因為M，O分別是PF1，F(xiàn)1F2的中點，所以在△PF1F2中，PF2∥MO，所以PF2⊥x軸．對于A，因為直線PF1的傾斜角為eq\f(π,6)，所以∠F1PF2＝eq\f(π,3)，故A正確；對于B，在Rt△PF1F2中，因為|F1F2|＝2c，|PF2|＝eq\f(2\r(3),3)c，|PF1|＝eq\f(4\r(3),3)c，所以|PF1|－|PF2|＝2a＝eq\f(2\r(3),3)c，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3)，故B正確；對于C，因為△PF1F2的周長為(2＋2eq\r(3))c，設(shè)其內(nèi)切圓的半徑為r，根據(jù)三角形的面積相等，有(2＋2eq\r(3))cr＝2c·eq\f(2\r(3),3)c，解得r＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),3)))c，是與c有關(guān)的式子，故C錯誤；對于D，因為A，B關(guān)于原點對稱，所以設(shè)A(m，n)，B(－m，－n)，又Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(2\r(3),3)c))，由e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3)，得P(eq\r(3)a，2a)，所以當(dāng)PA，PB的斜率存在時，kPA＝eq\f(n－2a,m－\r(3)a)，kPB＝eq\f(－n－2a,－m－\r(3)a)，kPA·kPB＝eq\f(4a2－n2,3a2－m2)，因為A，B在雙曲線上，所以eq\f(m2,a2)－eq\f(n2,b2)＝1，即eq\f(m2,a2)－eq\f(n2,2a2)＝1，所以n2＝2m2－2a2，所以kPA·kPB＝eq\f(4a2－n2,3a2－m2)＝eq\f(6a2－2m2,3a2－m2)＝2，故D正確．故選ABD.19．已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(b>a>0)的右焦點為F(c，0)，從①虛軸長為2eq\r(3)；②離心率為2；③雙曲線C的兩條漸近線的夾角為60°這三個條件中選取兩個作為已知條件，求解下列問題．(1)求C的方程；(2)過點F的直線l與雙曲線C的左、右兩支分別交于點A，B，O為坐標(biāo)原點，記△AOB，△FOB的面積分別為S1，S2，若eq\f(S1,S2)＝eq\r(3)＋1，求直線l的方程．注：若選擇不同的組合分別解答，按第一個解答計分．解(1)若選擇①②：由題意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c2＝a2＋b2，,\f(c,a)＝2，,2b＝2\r(3)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝\r(3)，,c＝2，))所以C的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.若選擇①③：因為b>a，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＝\r(3)，,2b＝2\r(3)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝\r(3)，))所以C的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.若選擇②③：因為b>a，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝2，,\f(b,a)＝\r(3)，,a2＋b2＝c2，))此時無法確定a，b，c.(2)由(1)知F(2，0)，由題意，知直線l的斜率不為0，所以設(shè)直線l的方程為x＝ty＋2.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋2，,x2－\f(y2,3)＝1，))得(3t2－1)y2＋12ty＋9＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，|y1|>|y2|，則可知3t2－1≠0.又Δ>0恒成立，所以y1＋y2＝eq\f(－12t,3t2－1)，y1y2＝eq\f(9,3t2－1)，因為y1y2>0，所以t<－eq\f(\r(3),3)或t>eq\f(\r(3),3).因為eq\f(S1,S2)＝eq\f(S△AOF－S△FOB,S△FOB)＝eq\f(S△AOF,S△FOB)－1＝eq\f(|y1|,|y2|)－1＝eq\r(3)＋1，所以eq\f(y1,y2)＝2＋eq\r(3).由eq\f(（y1＋y2）2－2y1y2,y1y2)＝eq\f(10t2＋2,3t2－1)，得eq\f(y1,y2)＋eq\f(y2,y1)＝eq\f(10t2＋2,3t2－1)，所以eq\f(10t2＋2,3t2－1)＝4，所以t＝±eq\r(3)，滿足t<－eq\f(\r(3),3)或t>eq\f(\r(3),3).所以直線l的方程為y＝eq\f(\r(3),3)x－eq\f(2\r(3),3)或y＝－eq\f(\r(3),3)x＋eq\f(2\r(3),3).20．(2024·湖北宜荊荊隨聯(lián)考)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的離心率為2，過C上的動點M作雙曲線C的兩條漸近線的垂線，垂足分別為A，B，△ABM的面積為eq\f(3\r(3),16).(1)求雙曲線C的方程；(2)如圖，曲線C的左頂點為D，點N位于原點與右頂點之間，過點N的直線與曲線C交于G，R兩點，直線l過N且垂直于x軸，直線DG，DR分別與l交于點P，Q，若O，D，P，Q四點共圓，求點N的坐標(biāo)．解(1)由e＝eq\f(c,a)＝2，c2＝a2＋b2，得b＝eq\r(3)a，所以漸近線方程為y＝±eq\r(3)x，則雙曲線C的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,3a2)＝1，即3x2－y2＝3a2，如圖，設(shè)M(x，y)，則M到漸近線的距離分別為|MA|＝eq\f(|\r(3)x－y|,2)，|MB|＝eq\f(|\r(3)x＋y|,2)，又兩條漸近線的夾角為60°，且M，A，O，B四點共圓，則∠AMB＝60°或120°，又△ABM的面積S＝eq\f(1,2)|MA|·|MB|·sin∠AMB＝eq\f(\r(3),4)·eq\f(|3x2－y2|,4)＝eq\f(3\r(3),16)a2＝eq\f(3\r(3),16)，則a2＝1，即雙曲線C的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)由O，D，P，Q四點共圓，得∠DPQ＋∠DOQ＝π，又∠NOQ＋∠DOQ＝π，則∠DPQ＝∠NOQ，則tan∠DPQ＝tan∠NOQ，所以eq\f(1,tan∠ODP)＝tan∠NOQ，則kDP·kOQ＝1，設(shè)G(x1，y1)，R(x2，y2)，N(t，0)，t∈(0，1)，D(－1，0)，易得lDR：y＝eq\f(y2,x2＋1)(x＋1)，令x＝t，得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(y2（t＋1）,x2＋1)))，當(dāng)lGR的斜率為0時，不符合題意；當(dāng)lGR的斜率不為0時，設(shè)lGR：x＝my＋t，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋t，,3x2－y2＝3，))得(3m2－1)y2＋6mty＋3(t2－1)＝0，則3m2－1≠0，且Δ＝(6mt)2－4(3m2－1)×3(t2－1)>0，即m2≠eq\f(1,3)，且3m2＋t2>1，所以y1＋y2＝eq\f(－6mt,3m2－1)，y1y2＝eq\f(3（t2－1）,3m2－1).由kDP·kOQ＝eq\f(y1,x1＋1)·eq\f(y2（t＋1）,t（x2＋1）)＝1，即eq\f(t＋1,t)＝eq\f(（x1＋1）（x2＋1）,y1y2)，又eq\f(（x1＋1）（x2＋1）,y1y2)＝eq\f(m2y1y2＋m（t＋1）（y1＋y2）＋（t＋1）2,y1y2)＝eq\f(－\f(（t＋1）2,3m2－1),\f(3（t2－1）,3m2－1))＝eq\f(－（t＋1）2,3（t2－1）)，則eq\f(t＋1,t)＝eq\f(－（t＋1）2,3（t2－1）)，解得t＝eq\f(3,4)∈(0，1)，符合題意，即點N的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，0)).第七節(jié)拋物線第1課時拋物線的定義、標(biāo)準(zhǔn)方程及其簡單幾何性質(zhì)課標(biāo)解讀考向預(yù)測1.掌握拋物線的定義、幾何圖形、標(biāo)準(zhǔn)方程.2.掌握拋物線的簡單幾何性質(zhì)(范圍、對稱性、頂點、離心率).3.了解拋物線的簡單應(yīng)用.近三年高考考查了拋物線的定義和標(biāo)準(zhǔn)方程以及拋物線的準(zhǔn)線，以選擇題、填空題為主．預(yù)計2025年高考本部分內(nèi)容仍以基礎(chǔ)知識為考點，注意幾何性質(zhì)的應(yīng)用.必備知識——強(qiáng)基礎(chǔ)1．拋物線的概念把平面內(nèi)與一個定點F和一條定直線l(l不經(jīng)過點F)的距離eq\x(\s\up1(01))相等的點的軌跡叫做拋物線，點F叫做拋物線的eq\x(\s\up1(02))焦點，直線l叫做拋物線的eq\x(\s\up1(03))準(zhǔn)線．2．拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程和簡單幾何性質(zhì)標(biāo)準(zhǔn)方程y2＝2px(p>0)y2＝－2px(p>0)x2＝2py(p>0)x2＝－2py(p>0)p的幾何意義：焦點F到準(zhǔn)線l的距離圖形范圍eq\x(\s\up1(04))x≥0，y∈Req\x(\s\up1(05))x≤0，y∈Req\x(\s\up1(06))y≥0，x∈Req\x(\s\up1(07))y≤0，x∈R焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))Feq\x(\s\up1(08))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，,0))Feq\x(\s\up1(09))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，,\f(p,2)))Feq\x(\s\up1(10))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，,－\f(p,2)))準(zhǔn)線方程eq\x(\s\up1(11))x＝－eq\f(p,2)eq\x(\s\up1(12))x＝eq\f(p,2)eq\x(\s\up1(13))y＝－eq\f(p,2)eq\x(\s\up1(14))y＝eq\f(p,2)開口方向向eq\x(\s\up1(15))右向eq\x(\s\up1(16))左向eq\x(\s\up1(17))上向eq\x(\s\up1(18))下對稱軸eq\x(\s\up1(19))x軸eq\x(\s\up1(20))y軸頂點eq\x(\s\up1(21))(0，0)離心率e＝eq\x(\s\up1(22))11．拋物線方程一般首先轉(zhuǎn)化為標(biāo)準(zhǔn)形式．2．在拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程中，焦點的位置與一次項系數(shù)的正負(fù)保持一致．3．焦點到原點的距離的4倍為一次項系數(shù)的絕對值．4．拋物線y2＝2px(p＞0)上一點P(x0，y0)到焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))的距離|PF|＝x0＋eq\f(p,2)，也稱為拋物線的焦半徑．1．概念辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)平面內(nèi)與一個定點F和一條定直線l的距離相等的點的軌跡是拋物線．()(2)在拋物線的方程中，字母p的幾何意義是焦點到拋物線頂點的距離．()(3)方程y＝4x2表示焦點在x軸上的拋物線，焦點坐標(biāo)是(1，0)．()(4)以(0，1)為焦點的拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＝4y.()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小題熱身(1)(人教A選擇性必修第一冊習(xí)題3.3T1改編)拋物線y＝2x2的準(zhǔn)線方程為()A．y＝－eq\f(1,8) B．y＝－eq\f(1,4)C．y＝－eq\f(1,2) D．y＝－1答案A解析由y＝2x2，得x2＝eq\f(1,2)y，故拋物線y＝2x2的準(zhǔn)線方程為y＝－eq\f(1,8).故選A.(2)(人教A選擇性必修第一冊習(xí)題3.3T31改編)拋物線y2＝2px(p>0)上一點M(3，y)到焦點F的距離|MF|＝4，則拋物線的方程為()A．y2＝8x B．y2＝4xC．y2＝2x D．y2＝x答案B解析由題意，可得|MF|＝xM＋eq\f(p,2)，則3＋eq\f(p,2)＝4，即p＝2，故拋物線的方程為y2＝4x.(3)(人教A選擇性必修第一冊習(xí)題3.3T4改編)已知拋物線C與雙曲線x2－y2＝1有相同的焦點，且頂點在原點，則拋物線C的方程是________．答案y2＝±4eq\r(2)x解析由題意可知雙曲線的焦點為(－eq\r(2)，0)，(eq\r(2)，0)．設(shè)拋物線方程為y2＝±2px(p>0)，則eq\f(p,2)＝eq\r(2)，所以p＝2eq\r(2)，所以拋物線C的方程為y2＝±4eq\r(2)x.(4)(人教A選擇性必修第一冊習(xí)題3.3T8改編)如圖是拋物線形拱橋，當(dāng)水面在l時，拱頂離水面2米，水面寬4米．水位下降1米后，水面寬________米．答案2eq\r(6)解析建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，設(shè)拋物線方程為x2＝－2py(p＞0)．由題意將點A(2，－2)代入x2＝－2py，得p＝1，故x2＝－2y.設(shè)B(x0，－3)，代入x2＝－2y中，得x0＝eq\r(6)，故水面寬2eq\r(6)米．考點探究——提素養(yǎng)考點一拋物線的定義及其應(yīng)用例1(1)動圓與定圓A：(x＋2)2＋y2＝1外切，且和直線x＝1相切，則動圓圓心的軌跡是()A．直線 B．橢圓C．雙曲線 D．拋物線答案D解析設(shè)動圓的圓心為點C，半徑為r，則點C到定圓A：(x＋2)2＋y2＝1的圓心的距離等于r＋1.又動圓的圓心到直線x＝1的距離等于r，所以動圓的圓心到直線x＝2的距離為r＋1，根據(jù)拋物線的定義知，動圓圓心的軌跡為拋物線．故選D.(2)(2023·北京高考)已知拋物線C：y2＝8x的焦點為F，點M在C上．若M到直線x＝－3的距離為5，則|MF|＝()A．7 B．6C．5 D．4答案D解析因為拋物線C：y2＝8x的焦點F(2，0)，準(zhǔn)線方程為x＝－2，點M在C上，所以M到準(zhǔn)線x＝－2的距離為|MF|，又M到直線x＝－3的距離為5，所以|MF|＋1＝5，故|MF|＝4.故選D.【通性通法】利用拋物線的定義可解決的常見問題(1)軌跡問題：用拋物線的定義可以確定與定點、定直線距離有關(guān)的動點軌跡是否為拋物線．(2)距離問題：靈活地進(jìn)行拋物線上的點到焦點距離與其到準(zhǔn)線距離間的等價轉(zhuǎn)化．“看到準(zhǔn)線應(yīng)該想到焦點，看到焦點應(yīng)該想到準(zhǔn)線”，這是解決拋物線中與距離有關(guān)的問題的有效途徑．注意：“定點不在定直線上”這一條件，當(dāng)定點在定直線上時，動點的軌跡是過定點且與定直線垂直的直線．【鞏固遷移】1．動點P到直線x－2＝0的距離比它到點M(－4，0)的距離小2，則點P的軌跡方程是()A．y2＝16x B．y2＝－16xC．x2＝16y D．x2＝－16y答案B解析依題意，動點P到直線x－2＝0的距離比它到點M(－4，0)的距離小2，所以動點P到直線x－4＝0的距離與它到點M(－4，0)的距離相等，所以點P的軌跡是以M為焦點，直線x＝4為準(zhǔn)線的拋物線．故點P的軌跡方程是y2＝－16x.故選B.2．(2023·江西撫州質(zhì)量監(jiān)測)已知拋物線x2＝4y的焦點為F，點M在拋物線上，且|MF|＝3，則點M到y(tǒng)軸的距離為________．答案2eq\r(2)解析設(shè)點M的坐標(biāo)為(xM，yM)，由x2＝4y，得p＝2，根據(jù)拋物線的定義，知|MF|＝y(tǒng)M＋eq\f(p,2)＝y(tǒng)M＋1＝3，解得yM＝2，代入x2＝4y，得xM＝±2eq\r(2)，所以點M到y(tǒng)軸的距離為2eq\r(2).考點二拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程與簡單幾何性質(zhì)例2(1)(多選)頂點在原點，對稱軸為坐標(biāo)軸且過點P(－2，3)的拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程是()A．y2＝eq\f(9,2)x B．x2＝eq\f(4,3)yC．y2＝－eq\f(9,2)x D．x2＝－eq\f(4,3)y答案BC解析設(shè)拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程是y2＝kx或x2＝my，代入點P(－2，3)，解得k＝－eq\f(9,2)，m＝eq\f(4,3)，所以y2＝－eq\f(9,2)x或x2＝eq\f(4,3)y.(2)(2021·新高考Ⅰ卷)已知O為坐標(biāo)原點，拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，P為C上一點，PF與x軸垂直，Q為x軸上一點，且PQ⊥OP.若|FQ|＝6，則C的準(zhǔn)線方程為________．答案x＝－eq\f(3,2)解析解法一：不妨設(shè)點P在第一象限，如圖，由已知可得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，p))，所以kOP＝2，又PQ⊥OP，所以kPQ＝－eq\f(1,2).所以直線PQ的方程為y－p＝－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2))).令y＝0，得x＝eq\f(5,2)p.所以|FQ|＝eq\f(5,2)p－eq\f(p,2)＝2p＝6，所以p＝3，所以C的準(zhǔn)線方程為x＝－eq\f(p,2)＝－eq\f(3,2).解法二：由題易得|OF|＝eq\f(p,2)，|PF|＝p，|PF|2＝|OF|·|FQ|，即p2＝eq\f(p,2)×6，解得p＝3或p＝0(舍去)，所以C的準(zhǔn)線方程為x＝－eq\f(3,2).【通性通法】1．求拋物線標(biāo)準(zhǔn)方程的方法定義法若題目已給出拋物線的方程(含有未知數(shù)p)，那么只需求出p即可待定系數(shù)法若題目未給出拋物線的方程，對于焦點在x軸上的拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程可設(shè)為y2＝ax(a≠0)，a的正負(fù)由題設(shè)來定；焦點在y軸上的拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程可設(shè)為x2＝ay(a≠0)，這樣就減少了不必要的討論2.拋物線性質(zhì)的應(yīng)用技巧(1)利用拋物線方程確定其焦點、準(zhǔn)線時，關(guān)鍵是將拋物線方程化成標(biāo)準(zhǔn)方程．(2)要結(jié)合圖形分析，靈活運用平面圖形的性質(zhì)簡化運算．【鞏固遷移】3．已知拋物線x2＝2py(p>0)的焦點為F，點P為拋物線上的動點，點M為其準(zhǔn)線上的動點，若△FPM為邊長是4的等邊三角形，則此拋物線的方程為________．答案x2＝4y解析因為△FPM為等邊三角形，則|PM|＝|PF|，由拋物線的定義得PM垂直于拋物線的準(zhǔn)線，設(shè)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，\f(m2,2p)))，則點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m，－\f(p,2))).因為焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，△FPM是等邊三角形，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(m2,2p)＋\f(p,2)＝4，,\r(\b\lc\(\rc\)