2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習第41講　第2課時　直線與橢圓含答案

2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習第2課時直線與橢圓研題型能力養(yǎng)成舉題說法直線與橢圓的位置關(guān)系例1若直線y＝kx＋1與橢圓eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,m)＝1總有公共點，則m的取值范圍是(D)A．(1，＋∞) B．(0，＋∞)C．(0，1)∪(1，5) D．[1，5)∪(5，＋∞)【解析】方法一：由于直線y＝kx＋1恒過點(0，1)，所以點(0，1)必在橢圓內(nèi)或橢圓上，則0＜eq\f(1,m)≤1且m≠5，故m≥1且m≠5.方法二：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,mx2＋5y2－5m＝0，))消去y整理得(5k2＋m)x2＋10kx＋5(1－m)＝0.由題意知Δ＝100k2－20(1－m)(5k2＋m)≥0對一切k∈R恒成立，即5mk2＋m2－m≥0對一切k∈R恒成立．由于m＞0且m≠5，所以m≥1－5k2恒成立，所以m≥1且m≠5.橢圓的中點弦問題例2設(shè)橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)過點(0，4)，離心率為eq\f(3,5).(1)求橢圓C的方程；【解答】將點(0，4)代入橢圓C的方程得eq\f(16,b2)＝1，所以b＝4.又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3,5)，所以eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(9,25)，即1－eq\f(16,a2)＝eq\f(9,25)，所以a＝5，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1.(2)求過點M(3，1)且以點M為中點的弦的方程．【解答】設(shè)該弦與橢圓C的交點為A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入橢圓方程得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),25)＋\f(yeq\o\al(2,1),16)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),25)＋\f(yeq\o\al(2,2),16)＝1，))作差化簡可得eq\f(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2),25)＋eq\f(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2),16)＝0，即eq\f((x1－x2)(x1＋x2),25)＋eq\f((y1－y2)(y1＋y2),16)＝0.又eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)＝3，,\f(y1＋y2,2)＝1，))則eq\f(6(x1－x2),25)＋eq\f(2(y1－y2),16)＝0，所以kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(48,25)，所以以點M為中點的弦的方程為y－1＝－eq\f(48,25)(x－3)，即y＝－eq\f(48,25)x＋eq\f(169,25).經(jīng)驗證，直線y＝－eq\f(48,25)x＋eq\f(169,25)與橢圓C相交．故所求中點弦的方程為y＝－eq\f(48,25)x＋eq\f(169,25).解決圓錐曲線“中點弦”問題的思路(1)根與系數(shù)的關(guān)系法：聯(lián)立直線和圓錐曲線的方程得到方程組，消元得到一元二次方程后，由根與系數(shù)的關(guān)系及中點坐標公式求解．(2)點差法：設(shè)直線與圓錐曲線的交點(弦的端點)的坐標為A(x1，y1)，B(x2，y2)，將這兩點的坐標分別代入圓錐曲線的方程，并對所得兩式作差，得到一個與弦AB的中點和直線AB斜率有關(guān)的式子，可以大大減少計算量．變式已知P(1，1)為橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1內(nèi)一定點，經(jīng)過點P引一條弦，使此弦被點P平分，則此弦所在直線的方程為__x＋2y－3＝0__．【解析】方法一：易知此弦所在直線的斜率存在，所以設(shè)其方程為y－1＝k(x－1)，弦所在直線與橢圓相交于A，B兩點，A(x1，y1)，B(x2，y2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－1＝k(x－1)，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))消去y得(2k2＋1)x2－4k(k－1)x＋2(k2－2k－1)＝0，所以x1＋x2＝eq\f(4k(k－1),2k2＋1).又因為x1＋x2＝2，所以eq\f(4k(k－1),2k2＋1)＝2，解得k＝－eq\f(1,2).經(jīng)檢驗，k＝－eq\f(1,2)滿足題意．故此弦所在直線的方程為y－1＝－eq\f(1,2)(x－1)，即x＋2y－3＝0.方法二：易知此弦所在直線的斜率存在，所以設(shè)斜率為k，弦所在直線與橢圓相交于A，B兩點，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),2)＝1①，eq\f(xeq\o\al(2,2),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,2),2)＝1②，①－②得eq\f((x1＋x2)(x1－x2),4)＋eq\f((y1＋y2)(y1－y2),2)＝0.因為x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，所以eq\f(x1－x2,2)＋y1－y2＝0.又x1－x2≠0，所以k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(1,2).經(jīng)檢驗，k＝－eq\f(1,2)滿足題意．所以此弦所在直線的方程為y－1＝－eq\f(1,2)(x－1)，即x＋2y－3＝0.橢圓中的弦長、面積問題例3－1(1)已知橢圓M：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1，若斜率為1的直線l與橢圓M交于C，D兩點，點P(2，0)，直線PC的斜率為eq\f(1,2)，求線段CD的長度．【解答】易得直線PC的方程為y＝eq\f(1,2)(x－2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)(x－2)，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))消去y得3x2－4x－4＝0，Δ＝(－4)2－4×3×(－4)＝64＞0.因為點C在橢圓M上，且點P(2，0)在橢圓M上，所以xP＋xC＝eq\f(4,3)，所以點C的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，－\f(4,3)))，所以直線l的方程為y＋eq\f(4,3)＝x＋eq\f(2,3)，即y＝x－eq\f(2,3).聯(lián)立直線l與橢圓M的方程，消去y得3x2－eq\f(8,3)x－eq\f(28,9)＝0，解得x1＝－eq\f(2,3)，x2＝eq\f(14,9)，所以|CD|＝eq\r(1＋12)×|x1－x2|＝eq\r(2)×eq\f(20,9)＝eq\f(20\r(2),9).(2)已知斜率為1的直線l與橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1相交于A，B兩點，求|AB|的最大值．【解答】設(shè)A，B兩點的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)，直線l的方程為y＝x＋m.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y得3x2＋4mx＋2(m2－1)＝0，由Δ＝16m2－24(m2－1)＝24－8m2＞0，可得m2＜3，則x1＋x2＝－eq\f(4m,3)，x1x2＝eq\f(2(m2－1),3)，所以|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r((x1＋x2)2－4x1x2)＝eq\r(2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4m,3)))\s\up12(2)－\f(8(m2－1),3))＝eq\f(2\r(2),3)·eq\r(6－2m2)，所以當m＝0時，|AB|取得最大值eq\f(4\r(3),3).例3－2已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的一個焦點為F(2，0)，且離心率為eq\f(\r(6),3).(1)求橢圓C的方程；【解答】由已知得c＝2，離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(6),3)，可得a＝eq\r(6)，b2＝a2－c2＝6－4＝2，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)不過原點O的直線l：y＝x＋m與橢圓C交于A，B兩點，求△ABO面積的最大值及此時直線l的方程．【解答】設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，,y＝x＋m，))消去y得4x2＋6mx＋3m2－6＝0，由Δ＝36m2－16(3m2－6)＝－12m2＋96＞0，可得m2＜8.由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝－eq\f(3m,2)，x1x2＝eq\f(3m2－6,4)，則|AB|＝eq\r(1＋k2)|x2－x1|＝eq\r(2)×eq\f(\r(－3m2＋24),2)＝eq\f(\r(6),2)eq\r(8－m2)，原點O到直線l的距離為d＝eq\f(|m|,\r(2))，所以S△ABO＝eq\f(1,2)·d·|AB|＝eq\f(1,2)×eq\f(|m|,\r(2))×eq\f(\r(6),2)eq\r(8－m2)＝eq\f(\r(3),4)×eq\r(m2(8－m2))≤eq\f(\r(3),4)×eq\f(m2＋8－m2,2)＝eq\r(3)，當且僅當m2＝8－m2，即m＝±2時取等號，此時滿足m2＜8，所以△ABO面積的最大值為eq\r(3)，此時直線l的方程為y＝x±2.弦長的求解方法(1)當弦的兩端點坐標易求時，可直接利用兩點間的距離公式求解．(2)當直線的斜率存在時，斜率為k的直線l與橢圓或雙曲線相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩個不同的點，則弦長|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r((1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2])或|AB|＝eq\r(1＋\f(1,k2))·|y1－y2|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k2)))[(y1＋y2)2－4y1y2])(k≠0).隨堂內(nèi)化1．已知直線y＝－x＋1與橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)相交于A，B兩點，若橢圓的離心率為eq\f(\r(2),2)，焦距為2，則線段AB的長是(B)A．eq\f(2\r(2),3) B．eq\f(4\r(2),3)C．eq\r(2) D．2【解析】由條件知c＝1，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以a＝eq\r(2)，b＝1，橢圓方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.聯(lián)立直線方程與橢圓方程可得交點坐標為(0，1)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，－\f(1,3)))，所以|AB|＝eq\f(4\r(2),3).2．已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的一條弦所在直線的方程是x－y＋5＝0，弦的中點坐標是M(－4，1)，則橢圓的離心率是(C)A．eq\f(1,2) B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(\r(3),2) D．eq\f(\r(5),5)【解析】設(shè)直線x－y＋5＝0與橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點．因為AB的中點為M(－4，1)，所以x1＋x2＝－8，y1＋y2＝2，易知直線AB的斜率k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝1.由eq\b\lc\{\rc\(\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，))兩式相減得eq\f((x1－x2)(x1＋x2),a2)＋eq\f((y1－y2)(y1＋y2),b2)＝0，所以eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(b2,a2)·eq\f(x1＋x2,y1＋y2)，所以eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,4)，于是橢圓的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(\r(3),2).3．(2023·新高考Ⅱ卷)已知橢圓C：eq\f(x2,3)＋y2＝1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，直線y＝x＋m與C交于A，B兩點，若△F1AB面積是△F2AB面積的2倍，則m＝(C)A．eq\f(2,3) B．eq\f(\r(2),3)C．－eq\f(\r(2),3) D．－eq\f(2,3)【解析】聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))消去y可得4x2＋6mx＋3m2－3＝0.因為直線與橢圓相交于A，B點，則Δ＝36m2－4×4(3m2－3)＞0，解得－2＜m＜2.設(shè)F1到AB的距離為d1，F(xiàn)2到AB的距離為d2.易知F1(－eq\r(2)，0)，F(xiàn)2(eq\r(2)，0)，則d1＝eq\f(|－\r(2)＋m|,\r(2))，d2＝eq\f(|\r(2)＋m|,\r(2)).由eq\f(S△F1AB,S△F2AB)＝eq\f(d1,d2)＝eq\f(\f(|－\r(2)＋m|,\r(2)),\f(|\r(2)＋m|,\r(2)))＝eq\f(|－\r(2)＋m|,|\r(2)＋m|)＝2，解得m＝－eq\f(\r(2),3)或－3eq\r(2)(舍去).4．(2022·新高考Ⅱ卷)已知橢圓eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1，直線l與橢圓在第一象限交于A，B兩點，與x軸，y軸分別交于點M，N，且|MA|＝|NB|，|MN|＝2eq\r(3)，則直線l的方程為__x＋eq\r(2)y－2eq\r(2)＝0__．【解析】取AB的中點為E.因為|MA|＝|NB|，所以|ME|＝|NE|.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\f(xeq\o\al(2,1),6)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),3)＝1，eq\f(xeq\o\al(2,2),6)＋eq\f(yeq\o\al(2,2),3)＝1，兩式相減并整理可得eq\f(y1＋y2,x1＋x2)×eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(1,2)，即kOE·kAB＝－eq\f(1,2).設(shè)直線AB：y＝kx＋m，顯然k＜0，m＞0，令x＝0，得y＝m，令y＝0，得x＝－eq\f(m,k)，所以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,2k)，\f(m,2)))，所以k×eq\f(\f(m,2),－\f(m,2k))＝－k2＝－eq\f(1,2)，可得k＝－eq\f(\r(2),2)，從而|MN|2＝m2＋2m2＝12，解得m＝2，所以直線l的方程為y＝－eq\f(\r(2),2)x＋2，即x＋eq\r(2)y－2eq\r(2)＝0.配套精練A組夯基精練一、單項選擇題1．若直線y＝x＋2交橢圓eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,4)＝1(m＞0)于A，B兩點，|AB|＝3eq\r(2)，則m等于(C)A．10 B．11C．12 D．3eq\r(2)【解析】由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋2，,\f(x2,m)＋\f(y2,4)＝1，))得(4＋m)x2＋4mx＝0，所以x1＝0，x2＝eq\f(－4m,4＋m).又|AB|＝eq\r(1＋k2)|x2－x1|＝eq\r(2)|x2|，所以eq\r(2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4m,4＋m)))＝3eq\r(2).因為m＞0，所以eq\f(4m,4＋m)＝3，解得m＝12.2．(2023·遼陽期末)已知直線y＝－eq\f(1,2)x＋2與橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)交于A，B兩點，線段AB的中點為P(2，1)，則橢圓C的離心率是(A)A．eq\f(\r(3),2) B．eq\f(1,2)C．eq\f(3,4) D．eq\f(1,4)【解析】設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\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，))從而eq\f(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2),a2)＋eq\f(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2),b2)＝0，故eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(b2(x1＋x2),a2(y1＋y2)).由題意可得x1＋x2＝4，y1＋y2＝2，eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(1,2)，則－eq\f(4b2,2a2)＝－eq\f(1,2)，從而eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,4)，故橢圓C的離心率e＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(\r(3),2).3．橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1上的點P到直線x＋2y－9＝0的最短距離為(A)A．eq\r(5) B．eq\f(7\r(5),5)C．eq\f(9\r(5),5) D．eq\f(13\r(5),5)【解析】設(shè)與已知直線平行且與橢圓相切的直線為x＋2y＋b＝0，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y＋b＝0，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y得4x2＋2bx＋b2－12＝0，所以Δ＝(2b)2－4×4(b2－12)＝0?b＝±4，所以橢圓上點P到直線x＋2y－9＝0的最短距離為d＝eq\f(|－9－(－4)|,\r(12＋22))＝eq\r(5).4．(2023·泉州二測)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦點為F，過F且斜率為eq\r(3)的直線l與C交于A，B兩點，與y軸交于點P.若eq\o(PF,\s\up6(→))＝2eq\o(PA,\s\up6(→))，則C的離心率為(C)A．eq\f(\r(3)－1,2) B．eq\f(\r(5)－1,2)C．eq\r(3)－1 D．eq\f(\r(3)＋1,4)【解析】設(shè)直線l的方程為y＝eq\r(3)(x＋c)，所以P(0，eq\r(3)c).因為eq\o(PF,\s\up6(→))＝2eq\o(PA,\s\up6(→))，所以A為PF的中點，所以Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(c,2)，\f(\r(3)c,2))).因為A在橢圓上，所以eq\f(c2,4a2)＋eq\f(3c2,4b2)＝1，b2c2＋3a2c2＝4a2b2.因為b2＝a2－c2，代入化簡整理得c4＋4a4－8a2c2＝0，所以eq\f(c4,a4)＋4－eq\f(8a2c2,a4)＝0，即e4－8e2＋4＝0，解得e2＝4±2eq\r(3)，e＝eq\r(3)±1，又e∈(0，1)，所以e＝eq\r(3)－1.二、多項選擇題5．已知橢圓eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1上不同的三點A(x1，y1)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(9,5)))，C(x2，y2)與焦點F(4，0)的距離成等差數(shù)列，若線段AC的垂直平分線與x軸的交點為T，則(AC)A．x1＋x2＝8B．x1＋x2＝16C．直線BT的斜率k＝eq\f(5,4)D．直線BT的斜率k＝－eq\f(4,5)【解析】由題意知|AF|＝eq\r((x1－4)2＋yeq\o\al(2,1))＝eq\r(xeq\o\al(2,1)－8x1＋16＋9－\f(9xeq\o\al(2,1),25))＝eq\r(\f(16xeq\o\al(2,1),25)－8x1＋25)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)x1－5))\s\up12(2))，同理|CF|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)x2－5))\s\up12(2)).因為|x1|≤5，|x2|≤5，所以eq\f(4,5)x1－5＜0，eq\f(4,5)x2－5＜0.又|AF|＋|CF|＝2|BF|，所以5－eq\f(4,5)x1＋5－eq\f(4,5)x2＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,5)－0))，所以10－eq\f(4,5)(x1＋x2)＝eq\f(18,5)，所以x1＋x2＝8，故A正確，B錯誤．因為x1＋x2＝8，所以設(shè)線段AC的中點為D(4，y0).又A，C在橢圓上，所以eq\f(xeq\o\al(2,1),25)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),9)＝1①，eq\f(xeq\o\al(2,2),25)＋eq\f(yeq\o\al(2,2),9)＝1②.由①－②得eq\f(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2),25)＝－eq\f(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2),9)，所以eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(9(x1＋x2),25(y1＋y2))＝－eq\f(9×8,25×2y0)＝－eq\f(36,25y0)，即kAC＝－eq\f(36,25y0)，所以直線DT的斜率kDT＝－eq\f(1,kAC)＝eq\f(25y0,36)，從而直線DT的方程為y－y0＝eq\f(25y0,36)(x－4).令y＝0，得x＝eq\f(64,25)，即Teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(64,25)，0))，所以直線BT的斜率k＝eq\f(5,4)，故C正確，D錯誤．6．(2023·張家口期末)已知橢圓C：eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點M(2，1)，直線l與橢圓C交于A，B兩點，則(AC)A．|AF1|·|AF2|的最大值為16B．△AF1F2的內(nèi)切圓半徑r≤eq\r(3)C．|AM|＋|AF1|的最小值為7D．若M為AB的中點，則直線l的方程為x＋y－3＝0【解析】對于A，在橢圓C中，F(xiàn)1(－2，0)，F(xiàn)2(2，0)，由橢圓的定義可得|AF1|＋|AF2|＝2a＝8，由基本不等式可得|AF1|·|AF2|≤eq\f((|AF1|＋|AF2|)2,4)＝16，當且僅當|AF1|＝|AF2|＝4時等號成立，故|AF1|·|AF2|的最大值為16，故A正確；對于B，因為S△AF1F2＝eq\f(1,2)r(|AF1|＋|AF2|＋|F1F2|)＝(a＋c)r＝6r，當點A為橢圓C的短軸的頂點時，S△AF1F2取最大值eq\f(1,2)×2c×b＝bc＝4eq\r(3)，所以r＝eq\f(S△AF1F2,6)≤eq\f(2\r(3),3)，故B錯誤；對于C，由橢圓的定義可得|AF1|＝8－|AF2|，所以|AM|＋|AF1|＝|AM|＋8－|AF2|＝8＋(|AM|－|AF2|)≥8－|MF2|＝7，當且僅當點A為射線F2M與橢圓C的交點(如圖所示)時等號成立，故|AM|＋|AF1|的最小值為7，故C正確；對于D，因為eq\f(22,16)＋eq\f(12,12)＜1，則點M在橢圓C內(nèi)，設(shè)點A(x1，y1)、B(x2，y2)，若AB⊥x軸，則線段AB的中點在x軸上，不合題意，所以直線AB的斜率存在，由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝4，,y1＋y2＝2，))由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),16)＋\f(yeq\o\al(2,1),12)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),16)＋\f(yeq\o\al(2,2),12)＝1，))兩個等式作差可得eq\f((x1－x2)(x1＋x2),16)＋eq\f((y1－y2)(y1＋y2),12)＝0，即eq\f(x1－x2,4)＋eq\f(y1－y2,6)＝0，所以直線AB的斜率為kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(3,2)，所以直線l的方程為y－1＝－eq\f(3,2)(x－2)，即3x＋2y－8＝0，故D錯誤．三、填空題7．過橢圓eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1的右焦點F作一條斜率為2的直線與橢圓交于A，B兩點，O為坐標原點，則△OAB的面積為__eq\f(5,3)__．【解析】由已知可得直線的方程為y＝2x－2，|OF|＝1，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，,y＝2x－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝－2))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(5,3)，,y＝\f(4,3)．))不妨取A(0，－2)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(4,3)))，則S△AOB＝eq\f(1,2)·|OF|·|yA－yB|＝eq\f(5,3).8．(2023·常德一模)已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，直線y＝eq\f(1,2)x＋a與橢圓E相切，則橢圓E的離心率為__eq\f(1,2)__．【解析】聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，,y＝\f(1,2)x＋a，))得b2x2＋a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋a))eq\s\up12(2)＝a2b2，整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)a2＋b2))x2＋a3x＋a4－a2b2＝0.因為橢圓E和直線y＝eq\f(1,2)x＋a相切，則Δ＝(a3)2－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)a2＋b2))(a4－a2b2)＝0，化簡得eq\f(b2,a2)＝eq\f(3,4)，則橢圓E的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\r(1－\f(3,4))＝eq\f(1,2).9．(2023·石家莊一模)已知F1，F(xiàn)2分別是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點，B是C的上頂點，過F1的直線交C于P，Q兩點，O為坐標原點．若△OBF1與△PQF2的周長之比為eq\f(\r(2)＋1,4)，則橢圓C的離心率為__eq\f(\r(2),2)__；若|BF1|＝eq\r(2)，且BF1⊥PQ，則△PQF2的面積為__eq\f(4,3)__．【解析】設(shè)|F1F2|＝2c，由題意，△PQF2的周長為|PQ|＋|PF2|＋|QF2|＝|PF1|＋|PF2|＋|QF1|＋|QF2|＝4a.因為a2＝c2＋b2，所以△OBF1的周長為a＋b＋c，所以eq\f(a＋b＋c,4a)＝eq\f(\r(2)＋1,4)，整理得b＝eq\r(2)a－c，所以a2－c2＝b2＝(eq\r(2)a－c)2，化簡得2c2－2eq\r(2)ac＋a2＝0，所以2e2－2eq\r(2)e＋1＝0，解得e＝eq\f(\r(2),2).因為|BF1|＝eq\r(2)，所以a＝eq\r(2)，所以b＝c＝1，即橢圓C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1，焦點F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)，所以直線BF1的斜率為1.因為BF1⊥PQ，所以直線PQ的斜率為－1，即直線PQ的方程為y＝－x－1.聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝－x－1，))得3x2＋4x＝0，即x＝0或x＝－eq\f(4,3).不妨設(shè)P(0，－1)，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(1,3)))，所以△PQF2的面積為eq\f(1,2)×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋1))＝eq\f(4,3).四、解答題10．(2023·天津卷)設(shè)橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左右頂點分別為A1，A2，右焦點為F，已知|A1F|＝3，|A2F|＝1.(1)求橢圓的方程及其離心率；【解答】由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋c＝3，,a－c＝1，))解得a＝2，c＝1，所以b＝eq\r(22－12)＝eq\r(3)，所以橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，離心率為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2).(2)已知點P是橢圓上一動點(不與端點重合)，直線A2P交y軸于點Q，若△A1PQ的面積是△A2FP面積的2倍，求直線A2P的方程．【解答】由題意知直線A2P的斜率存在，由橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，可得A2(2，0).設(shè)直線A2P的方程為y＝k(x－2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝k(x－2)，))消去y整理得(3＋4k2)x2－16k2x＋16k2－12＝0，Δ＝(－16k2)2－4(4k2＋3)(16k2－12)＝144＞0，由韋達定理得2xP＝eq\f(16k2－12,3＋4k2)，所以xP＝eq\f(8k2－6,3＋4k2)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8k2－6,3＋4k2)，\f(－12k,3＋4k2)))，Q(0，－2k).所以S△A2QA1＝eq\f(1,2)×4×|yQ|，S△A2PF＝eq\f(1,2)×1×|yP|，S△A1A2P＝eq\f(1,2)×4×|yP|，所以S△A2QA1＝S△A1PQ＋S△A1A2P＝2S△A2PF＋S△A1A2P，所以2|yQ|＝3|yP|，即2×|－2k|＝3×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(12k,3＋4k2)))，解得k＝±eq\f(\r(6),2)，所以直線A2P的方程為y＝±eq\f(\r(6),2)(x－2).B組滾動小練11．(2024·嘉興期初)已知函數(shù)f(x)＝(x＋a－2)(x2＋a－1)為奇函數(shù)，則f(a)的值是(D)A．0 B．－12C．12 D．10【解析】因為函數(shù)f(x)＝(x＋a－2)(x2＋a－1)為奇函數(shù)，所以f(0)＝0，即(a－2)(a－1)＝0，故a＝2或a＝1，顯然函數(shù)f(x)＝(x＋a－2)(x2＋a－1)的定義域為R，關(guān)于原點對稱．當a＝2時，f(x)＝x(x2＋1)，從而f(－x)＝－x(x2＋1)＝－f(x)；當a＝1時，f(x)＝x2(x－1)，但f(－1)＝－2≠－f(1)＝0，所以a＝2，即f(x)＝x(x2＋1)，所以f(a)＝f(2)＝2×(22＋1)＝10.12．(2024·無錫江陰期初)(多選)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若b＝2eq\r(3)，c＝3，A＋3C＝π，則下列結(jié)論正確的是(ACD)A．cosC＝eq\f(\r(3),3) B．sinB＝eq\f(\r(2),3)C．a(chǎn)＝1 D．S△ABC＝eq\r(2)【解析】因為A＋3C＝π，所以B＝2C.根據(jù)正弦定理可得bsinC＝csinB＝2csinCcosC，所以2eq\r(3)sinC＝3×2sinCcosC.又sinC≠0，所以cosC＝eq\f(\r(3),3)，故A正確；sinC＝eq\r(1－cos2C)＝eq\f(\r(6),3)，所以sinB＝sin2C＝2sinCcosC＝eq\f(2\r(2),3)，故B錯誤；因為b＝2eq\r(3)，c＝3，cosC＝eq\f(\r(3),3)，所以由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC得9＝a2＋12－2a×2eq\r(3)×eq\f(\r(3),3)，即a2－4a＋3＝0，解得a＝3或a＝1.若a＝3，又c＝3，且A＋3C＝π，所以A＝C＝eq\f(π,4)，故B＝eq\f(π,2)，所以b＝eq\r(a2＋c2)＝3eq\r(2)≠2eq\r(3)，不合題意舍去，所以a＝1，故C正確；S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)×1×2eq\r(3)×eq\f(\r(6),3)＝eq\r(2)，故D正確．13．(2024·青島期初)已知數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝2，數(shù)列{an＋1－an}是公差為1的等差數(shù)列．(1)求{an}的通項公式：【解答】因為數(shù)列{an＋1－an}是公差為1的等差數(shù)列，a1＝1，a2＝2，所以a2－a1＝1，所以an＋1－an＝1＋(n－1)×1＝n，所以a2－a1＝1，a3－a2＝2，a4－a3＝3，…，an－an－1＝n－1(n≥2)，所以an－a1＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝1＋2＋3＋…＋(n－1)，所以an－a1＝eq\f(n(n－1),2)，所以an＝eq\f(n(n－1),2)＋1＝eq\f(n2－n＋2,2)(n≥2).因為a1＝1也適合上式，所以an＝eq\f(n2－n＋2,2).(2)若bn＝eq\f(1,an＋n－1)，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.【解答】因為bn＝eq\f(1,an＋n－1)＝eq\f(1,\f(n2－n＋2,2)＋n－1)＝eq\f(2,n(n＋1))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，所以Tn＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(2n,n＋1).第42講雙曲線鏈教材夯基固本激活思維1．(人A選必一P121T4改)已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,12)＝1(a＞0)的兩個焦點分別是F1與F2，焦距為8.若M是雙曲線上的一點，且|MF1|＝5，則|MF2|的值是(C)A．1 B．3C．9 D．1或9【解析】由題意得2c＝8，可得c＝4，所以a2＝c2－b2＝16－12＝4，解得a＝2.根據(jù)雙曲線定義可得||MF1|－|MF2||＝2a＝4，即|5－|MF2||＝4，解得|MF2|＝1或|MF2|＝9.當|MF2|＝1時，|MF1|＋|MF2|＝6＜8，不滿足題意，故舍去；當|MF2|＝9時，|MF1|＋|MF2|＝14＞8，滿足題意．所以|MF2|＝9.2．(人A選必一P124T2改)頂點在x軸上，兩頂點間的距離是8，離心率e＝eq\f(5,4)的雙曲線的標準方程是(B)A．eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1 B．eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1C．eq\f(x2,3)－eq\f(y2,4)＝1 D．eq\f(x2,4)－eq\f(y2,3)＝1【解析】由頂點在x軸上，可設(shè)雙曲線的標準方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0).因為兩頂點間的距離是8，e＝eq\f(5,4)，所以a＝4，c＝5，b＝3，所以雙曲線的標準方程為eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1.3．(人A選必一P127T3)已知直線y＝eq\f(2,3)x與雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,8)＝1(a＞0)相交于A，B兩點，且A，B兩點的橫坐標之積為－9，則雙曲線的離心率e＝__eq\f(\r(21),3)__．【解析】聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(2,3)x，,\f(x2,a2)－\f(y2,8)＝1，))得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)－\f(1,18)))x2－1＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1·x2＝eq\f(－1,\f(1,a2)－\f(1,18))＝eq\f(18a2,a2－18)＝－9，解得a2＝6.所以e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(1＋\f(8,6))＝eq\r(\f(7,3))＝eq\f(\r(21),3).4．與橢圓eq\f(x2,49)＋eq\f(y2,24)＝1有公共焦點，且離心率e＝eq\f(5,4)的雙曲線的漸近線方程為__y＝±eq\f(3,4)x__．【解析】依題意，雙曲線的兩焦點坐標分別是F1(－5，0)，F(xiàn)2(5，0)，故可設(shè)雙曲線方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0).由雙曲線的離心率e＝eq\f(5,4)，可得eq\f(5,a)＝eq\f(5,4)，解得a＝4，所以b＝3，從而雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\f(3,4)x.聚焦知識1．雙曲線的定義平面內(nèi)與兩個定點F1，F(xiàn)2的__距離的差的絕對值__等于常數(shù)(小于|F1F2|)的點的軌跡叫做雙曲線．這兩個定點叫做__雙曲線的焦點__，兩焦點間的距離叫做__雙曲線的焦距__．集合P＝{M|||MF1|－|MF2||＝2a}，|F1F2|＝2c，其中a，c為常數(shù)且a＞0，c＞0.(1)當__2a＜2c__時，點P的軌跡是雙曲線；(2)當__2a＝2c__時，點P的軌跡是兩條射線；(3)當__2a＞2c__時，點P不存在．2．雙曲線的標準方程和幾何性質(zhì)標準方程eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a＞0，b＞0)圖形性質(zhì)范圍x≥a或x≤－a，y∈Rx∈R，y≤－a或y≥a對稱性對稱軸：__坐標軸__；對稱中心：原點頂點A1(－a，0)，A2(a，0)A1(0，－a)，A2(0，a)漸近線y＝±eq\f(b,a)xy＝±eq\f(a,b)x離心率e＝eq\f(c,a)，e∈__(1，＋∞)__，其中c＝eq\r(a2＋b2)實虛軸線段A1A2叫做雙曲線的實軸，它的長|A1A2|＝__2a__，線段B1B2叫做雙曲線的虛軸，它的長|B1B2|＝__2b__；a叫做雙曲線的實半軸長，b叫做雙曲線的虛半軸長a，b，c的關(guān)系c2＝__a2＋b2__(c＞a＞0，c＞b＞0)3．幾個常用結(jié)論(1)過雙曲線的一個焦點且與實軸垂直的弦的長為eq\f(2b2,a).(2)如圖，P為雙曲線上的點，F(xiàn)1，F(xiàn)2為雙曲線的兩個焦點，且∠F1PF2＝θ，則△F1PF2的面積為eq\f(b2,tan\f(θ,2)).(3)焦點到漸近線的距離為b.(4)利用待定系數(shù)法求雙曲線標準方程的常用方法：與雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1共漸近線的雙曲線方程可設(shè)為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝λ(λ≠0).研題型能力養(yǎng)成舉題說法雙曲線的定義及標準方程例1(1)已知圓C1：(x＋3)2＋y2＝1和圓C2：(x－3)2＋y2＝9，動圓M同時與圓C1及圓C2相外切，則動圓圓心M的軌跡方程為__x2－eq\f(y2,8)＝1(x≤－1)__．【解析】如圖，設(shè)動圓M與圓C1及圓C2分別外切于點A和B.根據(jù)兩圓外切的條件，得|MC1|－|AC1|＝|MA|，|MC2|－|BC2|＝|MB|.因為|MA|＝|MB|，所以|MC1|－|AC1|＝|MC2|－|BC2|，即|MC2|－|MC1|＝|BC2|－|AC1|＝2，所以點M到兩定點C2，C1的距離的差是常數(shù)且小于|C1C2|＝6.又根據(jù)雙曲線的定義，得動點M的軌跡為雙曲線的左支(點M與C2的距離大，與C1的距離小)，其中a＝1，c＝3，則b2＝8，故點M的軌跡方程為x2－eq\f(y2,8)＝1(x≤－1).(2)(2023·廣州調(diào)研)已知雙曲線eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的下焦點到漸近線的距離為3，離心率為2，則該雙曲線的標準方程為(D)A．eq\f(y2,3)－x2＝1 B．y2－eq\f(x2,3)＝1C．eq\f(y2,9)－eq\f(x2,3)＝1 D．eq\f(y2,3)－eq\f(x2,9)＝1【解析】依題意可知，雙曲線的下焦點坐標為(0，－c)，漸近線方程為y＝±eq\f(a,b)x，即ax±by＝0，故雙曲線下焦點到漸近線的距離為eq\f(bc,\r(a2＋b2))＝eq\f(bc,c)＝b＝3.又該雙曲線的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝2，所以a2＝3，故該雙曲線的標準方程為eq\f(y2,3)－eq\f(x2,9)＝1.求雙曲線的標準方程的方法(1)定義法：由題目條件判斷出動點軌跡是雙曲線，確定a，b或c，從而求出a2，b2.(2)待定系數(shù)法：“先定型，再定量”，如果焦點位置不好確定，可將雙曲線方程設(shè)為eq\f(x2,m2)－eq\f(y2,n2)＝λ(λ≠0)，再根據(jù)條件求λ的值．變式(2023·無錫江陰期末)在平面直角坐標系xOy中，直線l：y＝2x＋10與雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的一條漸近線平行，且雙曲線的一個焦點在直線l上，則雙曲線的方程為__eq\f(x2,5)－eq\f(y2,20)＝1__．【解析】由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＝2，,c＝5，,c2＝a2＋b2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\r(5)，,b＝2\r(5)，,c＝5.))故雙曲線的方程為eq\f(x2,5)－eq\f(y2,20)＝1.雙曲線的基本性質(zhì)視角1離心率例2－1(1)(2022·全國乙卷)(多選)已知雙曲線C的兩個焦點分別為F1，F(xiàn)2，以C的實軸為直徑的圓記為D，過F1作D的切線與C交于M，N兩點，且cos∠F1NF2＝eq\f(3,5)，則C的離心率為(提示：作F2B⊥MN)(AC)A．eq\f(\r(5),2) B．eq\f(3,2)C．eq\f(\r(13),2) D．eq\f(\r(17),2)【解析】不妨設(shè)雙曲線焦點在x軸上．①當M，N兩點在雙曲線的兩支上時，如圖(1)，顯然點N在雙曲線右支上．記切點為A，連接OA，則OA⊥MN，|OA|＝a.又|OF1|＝c，則|AF1|＝eq\r(c2－a2)＝b.過點F2作F2B⊥MN交直線MN于點B，連接F2N，則F2B∥OA.又點O為F1F2的中點，則|F2B|＝2|OA|＝2a，|F1B|＝2|AF1|＝2b.由cos∠F1NF2＝eq\f(3,5)，得sin∠F1NF2＝eq\f(4,5)，tan∠F1NF2＝eq\f(4,3)，所以|F2N|＝eq\f(|F2B|,sin∠F1NF2)＝eq\f(5a,2)，|BN|＝eq\f(|F2B|,tan∠F1NF2)＝eq\f(3a,2)，故|F1N|＝|F1B|＋|BN|＝2b＋eq\f(3a,2).由雙曲線定義知|F1N|－|F2N|＝2a，則2b－a＝2a，即eq\f(b,a)＝eq\f(3,2)，所以e＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(1＋\f(9,4))＝eq\f(\r(13),2).②當M，N兩點都在雙曲線的左支上時，如圖(2)，顯然點N在第四象限．同理可得|F2B|＝2|OA|＝2a，|F1B|＝2|AF1|＝2b.由cos∠F1NF2＝eq\f(3,5)，得sin∠F1NF2＝eq\f(4,5)，tan∠F1NF2＝eq\f(4,3)，所以|F2N|＝eq\f(|F2B|,sin∠F1NF2)＝eq\f(5a,2)，|BN|＝eq\f(|F2B|,tan∠F1NF2)＝eq\f(3a,2)，故|F1N|＝|BN|－|F1B|＝eq\f(3a,2)－2b.由雙曲線定義知|F2N|－|F1N|＝2a，則a＋2b＝2a，即eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，所以e＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\f(\r(5),2). 圖(1) 圖(2)(2)(2023·新高考Ⅰ卷)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，點A在C上，點B在y軸上，eq\o(F1A,\s\up6(→))⊥eq\o(F1B,\s\up6(→))，eq\o(F2A,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(F2B,\s\up6(→))，則C的離心率為__eq\f(3\r(5),5)__．【解析】方法一：如圖，F(xiàn)1(－c，0)，F(xiàn)2(c，0)，設(shè)B(0，n).由eq\o(F2A,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(F2B,\s\up6(→))，可得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)c，－\f(2,3)n)).又eq\o(F1A,\s\up6(→))⊥eq\o(F1B,\s\up6(→))，且eq\o(F1A,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)c，－\f(2,3)n))，eq\o(F1B,\s\up6(→))＝(c，n)，則eq\o(F1A,\s\up6(→))·eq\o(F1B,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)c，－\f(2,3)n))·(c，n)＝eq\f(8,3)c2－eq\f(2,3)n2＝0，所以n2＝4c2.又點A在C上，則eq\f(\f(25,9)c2,a2)－eq\f(\f(4,9)n2,b2)＝1，整理可得eq\f(25c2,9a2)－eq\f(4n2,9b2)＝1，將n2＝4c2代入，可得eq\f(25c2,a2)－eq\f(16c2,b2)＝9，即25e2－eq\f(16e2,e2－1)＝9，解得e2＝eq\f(9,5)或e2＝eq\f(1,5)(舍去).又e＞1，故e＝eq\f(3\r(5),5).方法二：由eq\o(F2A,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(F2B,\s\up6(→))，可得eq\f(|F2A|,|F2B|)＝eq\f(2,3)，設(shè)|F2A|＝2x，|F2B|＝3x，則由對稱性可得|F1B|＝3x.由定義可得|AF1|＝2x＋2a，|AB|＝5x.設(shè)∠F1AF2＝θ.因為eq\o(F1A,\s\up6(→))⊥eq\o(F1B,\s\up6(→))，所以sinθ＝eq\f(|F1B|,|AB|)＝eq\f(3x,5x)＝eq\f(3,5)，所以cosθ＝eq\f(|AF1|,|AB|)＝eq\f(2x＋2a,5x)＝eq\f(4,5)，解得x＝a，所以|AF1|＝2x＋2a＝4a，|F2A|＝2x＝2a.在△AF1F2中，由余弦定理可得cosθ＝eq\f(16a2＋4a2－4c2,16a2)＝eq\f(4,5)，整理得9a2＝5c2，所以e＝eq\f(3\r(5),5).求雙曲線的離心率時，將提供的雙曲線的幾何關(guān)系轉(zhuǎn)化為關(guān)于雙曲線基本量a，b，c的方程或不等式，利用c2＝a2＋b2和e＝eq\f(c,a)轉(zhuǎn)化為關(guān)于e的方程(或不等式)，通過解方程(或不等式)求得離心率的值(或范圍).視角2漸近線例2－2如圖，已知F為雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦點，平行于x軸的直線l分別交C的漸近線和右支于點A，B，且∠OAF＝90°，∠OBF＝∠OFB，則C的漸近線方程為__y＝±x__．【解析】依題意，設(shè)B(m，n)，F(xiàn)(c，0).聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝n，,y＝\f(b,a)x，))解得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an,b)，n)).因為∠OAF＝90°，所以kAF·kOA＝－1，即eq\f(n,\f(an,b)－c)·eq\f(b,a)＝－1，所以n＝eq\f(ab,c).又B(m，n)在雙曲線C上，可得eq\f(m2,a2)－eq\f(n2,b2)＝1，將n＝eq\f(ab,c)代入，得m2＝eq\f(a2c2＋a4,c2).由∠OBF＝∠OFB，得|OB|＝|OF|，所以m2＋n2＝c2，即eq\f(a2c2＋a4,c2)＋eq\f(a2b2,c2)＝c2，所以a＝b，所以C的漸近線方程為y＝±x.(1)漸近線的求法：求雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的漸近線的方法是令eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝0，即得兩漸近線方程為eq\f(x,a)±eq\f(y,b)＝0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或y＝±\f(b,a)x)).(2)雙曲線的幾何性質(zhì)中，重點是漸近線方程和離心率．在雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)中，離心率e與雙曲線的漸近線的斜率k＝±eq\f(b,a)，滿足關(guān)系式e2＝1＋k2.視角3焦點三角形的面積例2－3已知雙曲線C：x2－eq\f(y2,3)＝1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點P在C上，且cos∠F1PF2＝eq\f(1,3)，則△PF1F2的面積為__3eq\r(2)__．【解析】記∠F1PF2＝θ，則cos∠F1PF2＝cosθ＝eq\f(cos2\f(θ,2)－sin2\f(θ,2),cos2\f(θ,2)＋sin2\f(θ,2))＝eq\f(1－tan2\f(θ,2),1＋tan2\f(θ,2))＝eq\f(1,3)，所以tan2eq\f(θ,2)＝eq\f(1,2).由cosθ＝eq\f(1,3)＞0知0＜θ＜eq\f(π,2)，所以0＜eq\f(θ,2)＜eq\f(π,4)，從而taneq\f(θ,2)＝eq\f(\r(2),2)，故S△PF1F2＝eq\f(b2,tan\f(θ,2))＝3eq\r(2).直線與雙曲線例3已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的兩個焦點分別為F1(－2，0)，F(xiàn)2(2，0)，點P(5，eq\r(23))在雙曲線C上．(1)求雙曲線C的方程；【解答】依題意得c＝2，所以a2＋b2＝4，則雙曲線C的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,4－a2)＝1(0＜a2＜4)，將點P(5，eq\r(23))代入上式，得eq\f(25,a2)－eq\f(23,4－a2)＝1，解得a2＝50(舍去)或a2＝2，故雙曲線C的方程為eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1.(2)記O為坐標原點，過點Q(0，2)的直線l與雙曲線C交于不同的兩點A，B，若△OAB的面積為2eq\r(2)，求直線l的方程．【解答】依題意知l的斜率存在，可設(shè)直線l的方程為y＝kx＋2，代入雙曲線C的方程并整理，得(1－k2)x2－4kx－6＝0.因為直線l與雙曲線C交于不同的兩點A，B，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－k2≠0，,(－4k)2＋24(1－k2)＞0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k≠±1，,－\r(3)＜k＜\r(3)))(*).設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(4k,1－k2)，x1x2＝－eq\f(6,1－k2)，所以|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r((x1＋x2)2－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\f(2\r(2)×\r(3－k2),|1－k2|).又原點O到直線l的距離d＝eq\f(2,\r(1＋k2))，所以S△OAB＝eq\f(1,2)d·|AB|＝eq\f(1,2)×eq\f(2,\r(1＋k2))×eq\r(1＋k2)·eq\f(2\r(2)×\r(3－k2),|1－k2|)＝eq\f(2\r(2)×\r(3－k2),|1－k2|).又S△OAB＝2eq\r(2)，即eq\f(\r(3－k2),|1－k2|)＝1，所以k4－k2－2＝0，解得k＝±eq\r(2)，滿足(*)式．故滿足條件的直線l有兩條，其方程分別為y＝eq\r(2)x＋2和y＝－eq\r(2)x＋2.隨堂內(nèi)化1．已知雙曲線C：eq\f(x2,4)－y2＝1，過點P(2，1)與雙曲線C有且只有一個公共點的直線有(B)A．1條 B．2條C．3條 D．4條【解析】由雙曲線方程知右頂點為(2，0)，漸近線為y＝±eq\f(1,2)x.顯然點P(2，1)在y＝eq\f(1,2)x上，如圖，過點P的直線x＝2以及與y＝－eq\f(1,2)x平行且過點P的直線與雙曲線都只有一個交點．故共有2條直線滿足要求．2．(2021·全國甲卷)已知F1，F(xiàn)2是雙曲線C的兩個焦點，P為C上一點，且∠F1PF2＝60°，|PF1|＝3|PF2|，則C的離心率為(A)A．eq\f(\r(7),2) B．eq\f(\r(13),2)C．eq\r(7) D．eq\r(13)【解析】因為|PF1|＝3|PF2|，由雙曲線的定義可得|PF1|－|PF2|＝2|PF2|＝2a，所以|PF2|＝a，|PF1|＝3a.因為∠F1PF2＝60°，由余弦定理得4c2＝9a2＋a2－2×3a·a·cos60°，整理得4c2＝7a2，所以e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(7,4)，即e＝eq\f(\r(7),2).3．(2023·揚州期初)已知雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，且其右支上有一點P(p，1)，則cos∠F1PF2＝__eq\f(1,5)__．【解析】雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1的焦點為F1(－eq\r(6)，0)，F(xiàn)2(eq\r(6)，0)，故|F1F2|＝2eq\r(6).由題意得eq\f(p2,4)－eq\f(1,2)＝1，解得p＝±eq\r(6).因為P(p，1)在右支上，所以p＝eq\r(6)，故P(eq\r(6)，1)，所以|PF1|＝eq\r((2\r(6))2＋12)＝5，|PF2|＝1，故cos∠F1PF2＝eq\f(|F1P|2＋|F2P|2－|F1F2|2,2|F1P|·|F2P|)＝eq\f(25＋1－24,10)＝eq\f(1,5).配套精練A組夯基精練一、單項選擇題1．(2023·全國甲卷)已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的離心率為eq\r(5)，其中一條漸近線與圓(x－2)2＋(y－3)2＝1交于A，B兩點，則|AB|＝(D)A．eq\f(1,5) B．eq\f(\r(5),5)C．eq\f(2\r(5),5) D．eq\f(4\r(5),5)【解析】由e＝eq\r(5)，則eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2＋b2,a2)＝1＋eq\f(b2,a2)＝5，解得eq\f(b,a)＝2，所以雙曲線的一條漸近線為y＝2x，則圓心(2，3)到漸近線的距離d＝eq\f(|2×2－3|,\r(22＋12))＝eq\f(\r(5),5)，所以弦長|AB|＝2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(1－\f(1,5))＝eq\f(4\r(5),5).2．(2023·湖北聯(lián)考)已知F1，F(xiàn)2分別為雙曲線Γ：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點，點P為雙曲線漸近線上一點，若PF1⊥PF2，tan∠PF1F2＝eq\f(1,3)，則雙曲線Γ的離心率為(B)A．eq\f(5,3) B．eq\f(5,4)C．eq\r(2) D．2【解析】因為PF1⊥PF2，O為F1F2的中點，所以|F1O|＝|OP|，∠PF1F2＝∠F1PO，所以∠POF2＝2∠PF1F2，又tan∠PF1F2＝eq\f(1,3)，tan∠POF2＝eq\f(b,a)，所以eq\f(b,a)＝eq\f(2×\f(1,3),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2))＝eq\f(3,4)，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(1＋\f(9,16))＝eq\f(5,4).3．(2023·濟南模擬)如圖，F(xiàn)1，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，過F1(－eq\r(7)，0)的直線l與雙曲線的左、右兩支分別交于點A，B.若△ABF2為等邊三角形，則雙曲線的方程為(C)A．eq\f(5y2,7)－eq\f(5y2,28)＝1 B．eq\f(x2,6)－y2＝1C．x2－eq\f(y2,6)＝1 D．eq\f(5x2,28)－eq\f(5y2,7)＝1【解析】根據(jù)雙曲線的定義，有|AF2|－|AF1|＝2a①，|BF1|－|BF2|＝2a②，由于△ABF2為等邊三角形，因此|AF2|＝|AB|＝|BF2|，①＋②得|BF1|－|AF1|＝4a，則|AB|＝|AF2|＝|BF2|＝4a，|BF1|＝6a.又∠F1BF2＝60°，所以(2c)2＝(6a)2＋(4a)2－2×6a×4a×eq\f(1,2)，即7a2＝c2＝7，解得a2＝1，則b2＝c2－a2＝6，所以雙曲線的方程為x2－eq\f(y2,6)＝1.4．(2023·重慶三模)設(shè)雙曲線x2－eq\f(y2,b2)＝1(b＞0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，雙曲線上的點P滿足|OP|＝b，且|PF1|＝3|PF2|，則b＝(A)A．eq\r(2) B．eq\r(3)C．eq\f(\r(2),2) D．eq\f(\r(3),2)【解析】雙曲線x2－eq\f(y2,b2)＝1(b＞0)，則a＝1，因為|PF1|＝3|PF2|且|PF1|－|PF2|＝2a＝2，所以|PF1|＝3，|PF2|＝1.設(shè)∠POF2＝α，則∠POF1＝π－α.在△POF2中，|PF2|2＝|OF2|2＋|OP|2－2|OF2|·|OP|cosα，即1＝c2＋b2－2bccosα①.在△POF1中，|PF1|2＝|OF1|2＋|OP|2－2|OF1|·|OP|cos(π－α)，即9＝c2＋b2＋2bccosα②.①＋②得10＝2(c2＋b2)，則c2＋b2＝5.又c2＝1＋b2，解得b2＝2，所以b＝eq\r(2).二、多項選擇題5．(2023·濟南聯(lián)考)已知雙曲線C：eq\f(x2,2)－eq\f(y2,m)＝1(m＞0)，則下列說法正確的是(CD)A．雙曲線C的實軸長為2B．雙曲線C的焦點到漸近線的距離為mC．若(2，0)是雙曲線C的一個焦點，則m＝2D．若雙曲線C的兩條漸近線相互垂直，則m＝2【解析】對于A，雙曲線C的實軸長為2eq\r(2)，故A錯誤．對于B，因為雙曲線的焦點到漸近線的距離等于b，所以雙曲線的焦點到漸近線的距離為eq\r(m)，故B錯誤．對于C，若(2，0)是雙曲線C的一個焦點，則22＝2＋m，解得m＝2，故C正確．對于D，雙曲線C的兩條漸近線為y＝±eq\f(\r(2m),2)x，若兩條漸近線相互垂直，則－eq\f(\r(2m),2)×eq\f(\r(2m),2)＝－1，解得m＝2，故D正確．6．(2023·曲靖一模)已知雙曲線C過點(3，eq\r(2))且漸近線方程為x±eq\r(3)y＝0，則下列結(jié)論正確的是(CD)A．C的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1B．C的離心率為eq\r(3)C．曲線y＝ex-2－1經(jīng)過C的一個焦點D．C的焦點到漸近線的距離為1【解析】因為雙曲線C的漸近線方程為x±eq\r(3)y＝0，則設(shè)雙曲線C：eq\f(x2,3)－y2＝λ(λ≠0)，又點(3，eq\r(2))在雙曲線C上，所以λ＝1，即雙曲線C的方程為eq\f(x2,3)－y2＝1，故A錯誤．雙曲線C的實半軸長a＝eq\r(3)，虛半軸長b＝1，半焦距c＝2，雙曲線C的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2,\r(3))＝eq\f(2\r(3),3)，故B錯誤．雙曲線C的焦點坐標為(±2，0)，其中(2，0)滿足y＝ex-2－1，故C正確．雙曲線C的焦點(±2，0)到漸近線x±eq\r(3)y＝0的距離d＝eq\f(|±2|,\r(1＋3))＝1，故D正確．三、填空題7．(2021·全國乙卷)已知雙曲線C：eq\f(x2,m)－y2＝1(m＞0)的一條漸近線為e