備考2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第六章考點(diǎn)測(cè)試34

考點(diǎn)測(cè)試34雙曲線高考概覽高考在本考點(diǎn)的?？碱}型為選擇題、填空題、解答題，分值為5分、12分，中、高等難度考點(diǎn)研讀1.了解雙曲線的定義、幾何圖形和標(biāo)準(zhǔn)方程，知道其簡(jiǎn)單的幾何性質(zhì)(范圍、對(duì)稱(chēng)性、頂點(diǎn)、離心率、漸近線)2．了解雙曲線的簡(jiǎn)單應(yīng)用3．理解數(shù)形結(jié)合的思想一、基礎(chǔ)小題1．已知方程eq\f(x2,1＋k)－eq\f(y2,1－k)＝1表示雙曲線，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是()A．(－1，1)B．(0，＋∞)C．[0，＋∞)D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)答案A解析由題意，方程eq\f(x2,1＋k)－eq\f(y2,1－k)＝1表示雙曲線，則滿(mǎn)足(1＋k)(1－k)>0，解得－1<k<1，即實(shí)數(shù)k的取值范圍是(－1，1)．故選A.2．已知圓C1：(x＋3)2＋y2＝1和圓C2：(x－3)2＋y2＝9，動(dòng)圓M同時(shí)與圓C1及圓C2相外切，則動(dòng)圓的圓心M的軌跡方程為()A．x2－eq\f(y2,8)＝1(x≤－1)B．x2－eq\f(y2,8)＝1C．x2－eq\f(y2,8)＝1(x≥1)D.eq\f(y2,8)－x2＝1答案A解析設(shè)動(dòng)圓M的半徑為r，則|MC1|＝r＋1，|MC2|＝r＋3，則|MC2|－|MC1|＝2<|C1C2|＝6，根據(jù)雙曲線的定義知，動(dòng)圓的圓心M的軌跡為雙曲線x2－eq\f(y2,8)＝1的左半支．故選A.3．已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的焦距為10，點(diǎn)P(2，1)在C的漸近線上，則C的方程為()A.eq\f(x2,20)－eq\f(y2,5)＝1 B.eq\f(x2,5)－eq\f(y2,20)＝1C.eq\f(x2,80)－eq\f(y2,20)＝1 D.eq\f(x2,20)－eq\f(y2,80)＝1答案A解析∵雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的焦距為10，∴c＝5＝eq\r(a2＋b2)①.又雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x，且P(2，1)在漸近線上，∴eq\f(2b,a)＝1，即a＝2b②.由①②，解得a＝2eq\r(5)，b＝eq\r(5)，則C的方程為eq\f(x2,20)－eq\f(y2,5)＝1.故選A.4．設(shè)雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點(diǎn)為F，以O(shè)F為直徑的圓交雙曲線的一條漸近線于另一點(diǎn)A(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，且|OA|＝2|AF|，則雙曲線C的離心率e為()A.eq\r(5) B.eq\f(\r(5),2)C.eq\r(2) D．2答案B解析由題意可得tan∠AOF＝eq\f(|AF|,|OA|)＝eq\f(|AF|,2|AF|)＝eq\f(1,2)，又雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x，∴eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，∴e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(b2＋a2,a2)＝eq\f(\f(a2,4)＋a2,a2)＝eq\f(5,4)，故e＝eq\f(\r(5),2).故選B.5．設(shè)F1，F(xiàn)2是雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1的兩個(gè)焦點(diǎn)，P是雙曲線上的一點(diǎn)，且3|PF1|＝5|PF2|，則△PF1F2的面積為()A．24 B．15eq\r(2)C．12eq\r(3) D．30答案A解析由3|PF1|＝5|PF2|，得|PF1|＝eq\f(5,3)|PF2|，又P是雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1上的一點(diǎn)，則|PF1|－|PF2|＝eq\f(2,3)|PF2|＝4，則|PF2|＝6，|PF1|＝10，又|F1F2|＝8，則|PF2|2＋|F1F2|2＝|PF1|2，則PF2⊥F1F2，則△PF1F2的面積為eq\f(1,2)|PF2|·|F1F2|＝eq\f(1,2)×6×8＝24.故選A.6．(多選)已知雙曲線C：eq\f(x2,4)－y2＝1，點(diǎn)A，B在雙曲線C上，AB的中點(diǎn)為(1，1)，則()A．C的漸近線方程為y＝±2xB．C的右焦點(diǎn)為(2，0)C．C與圓x2＋y2＝1沒(méi)有交點(diǎn)D．直線AB的方程為x－4y＋3＝0答案CD解析對(duì)于A，B，由雙曲線C：eq\f(x2,4)－y2＝1可得a2＝4，b2＝1，c2＝5，所以漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\f(1,2)x，右焦點(diǎn)為(eq\r(5)，0)，故A，B不正確；對(duì)于C，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)－y2＝1，,x2＋y2＝1，))消去y可得x2＝eq\f(8,5)，代入x2＋y2＝1，解得y無(wú)實(shí)數(shù)根，所以C與圓x2＋y2＝1沒(méi)有交點(diǎn)，故C正確；對(duì)于D，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\f(xeq\o\al(2,1),4)－yeq\o\al(2,1)＝1，eq\f(xeq\o\al(2,2),4)－yeq\o\al(2,2)＝1，兩式相減，得eq\f(（x1＋x2）（x1－x2）,4)－(y1＋y2)(y1－y2)＝0，因?yàn)锳B的中點(diǎn)為(1，1)，所以x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，所以eq\f(2（x1－x2）,4)－2(y1－y2)＝0，易得直線AB的斜率存在，故可得kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(1,4)，則直線AB的方程為y－1＝eq\f(1,4)(x－1)，即x－4y＋3＝0，聯(lián)立直線x－4y＋3＝0和雙曲線C的方程，消去x，可得12y2－24y＋5＝0，此時(shí)Δ＝242－4×12×5>0，則直線與雙曲線有兩個(gè)交點(diǎn)，符合題意，故直線AB的方程為x－4y＋3＝0，故D正確．故選CD.7．已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點(diǎn)為F，P為C右支上一點(diǎn)，⊙P與x軸切于點(diǎn)F，與y軸交于點(diǎn)A，B，∠APB＝60°，則C的離心率為_(kāi)_______．答案eq\r(3)解析不妨設(shè)點(diǎn)P在x軸的上方，因?yàn)镻F⊥x軸，將xP＝c代入eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1，得yP＝eq\f(b2,a)＝|PF|，因?yàn)椤螦PB＝60°，|PA|＝|PB|＝|PF|，則有|AB|＝|PF|，且△ABP為等邊三角形，所以c＝eq\f(\r(3),2)·eq\f(b2,a)，即2ac＝eq\r(3)(c2－a2)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))eq\s\up12(2)－eq\f(2\r(3),3)·eq\f(c,a)－1＝0，又e＝eq\f(c,a)∈(1，＋∞)，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3).8．若F是雙曲線eq\f(x2,3)－y2＝1的右焦點(diǎn)，Q是雙曲線上的一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F，Q的直線l與y軸交于點(diǎn)M，且eq\o(MQ,\s\up16(→))＋2eq\o(QF,\s\up16(→))＝0，則直線l的斜率為_(kāi)_______．答案±eq\f(\r(39),6)解析在雙曲線eq\f(x2,3)－y2＝1中，a＝eq\r(3)，b＝1，c＝eq\r(a2＋b2)＝2，則F(2，0)，若直線l⊥x軸，則l與y軸無(wú)交點(diǎn)，故直線l的斜率存在，由題意設(shè)直線l的方程為y＝k(x－2)，令x＝0，得y＝－2k，則M(0，－2k)，設(shè)Q(x，y)，則eq\o(MQ,\s\up16(→))＝(x，y＋2k)，eq\o(QF,\s\up16(→))＝(2－x，－y)，因?yàn)閑q\o(MQ,\s\up16(→))＋2eq\o(QF,\s\up16(→))＝0，所以(x，y＋2k)＋2(2－x，－y)＝0，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4－x＝0，,－y＋2k＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝2k，))即點(diǎn)Q(4，－2k)，因?yàn)辄c(diǎn)Q在雙曲線上，所以eq\f(16,3)－4k2＝1，解得k＝±eq\f(\r(39),6)，所以直線l的斜率為±eq\f(\r(39),6).二、高考小題9．(2023·全國(guó)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(diǎn)，則|AB|＝()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)答案D解析由e＝eq\r(5)，得eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2＋b2,a2)＝1＋eq\f(b2,a2)＝5，解得eq\f(b,a)＝2，所以雙曲線的漸近線方程為y＝±2x，易知漸近線y＝2x與圓相交，則圓心(2，3)到漸近線y＝2x的距離d＝eq\f(|2×2－3|,\r(22＋（－1）2))＝eq\f(\r(5),5)，所以弦長(zhǎng)為|AB|＝2eq\r(r2－d2)＝2eq\r(1－\f(1,5))＝eq\f(4\r(5),5).故選D.10．(2023·天津高考)雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2.過(guò)F2作其中一條漸近線的垂線，垂足為P.已知|PF2|＝2，直線PF1的斜率為eq\f(\r(2),4)，則雙曲線的方程為()A.eq\f(x2,8)－eq\f(y2,4)＝1 B.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,8)＝1C.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1 D.eq\f(x2,2)－eq\f(y2,4)＝1答案D解析解法一：不妨取漸近線y＝eq\f(b,a)x，此時(shí)直線PF2的方程為y＝－eq\f(a,b)(x－c)，與y＝eq\f(b,a)x聯(lián)立，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(a2,c)，,y＝\f(ab,c)，))即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)，\f(ab,c))).因?yàn)橹本€PF2與漸近線y＝eq\f(b,a)x垂直，所以PF2的長(zhǎng)度即為點(diǎn)F2(c，0)到直線y＝eq\f(b,a)x(即bx－ay＝0)的距離，由點(diǎn)到直線的距離公式，得|PF2|＝eq\f(bc,\r(b2＋a2))＝eq\f(bc,c)＝b，所以b＝2.因?yàn)镕1(－c，0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)，\f(ab,c)))，且直線PF1的斜率為eq\f(\r(2),4)，所以eq\f(\f(ab,c),\f(a2,c)＋c)＝eq\f(\r(2),4)，化簡(jiǎn)得eq\f(ab,a2＋c2)＝eq\f(\r(2),4)，又b＝2，c2＝a2＋b2，所以eq\f(2a,2a2＋4)＝eq\f(\r(2),4)，整理得a2－2eq\r(2)a＋2＝0，即(a－eq\r(2))2＝0，解得a＝eq\r(2).所以雙曲線的方程為eq\f(x2,2)－eq\f(y2,4)＝1.故選D.解法二：因?yàn)檫^(guò)點(diǎn)F2向其中一條漸近線作垂線，垂足為P，且|PF2|＝2，所以b＝2，再結(jié)合選項(xiàng)，排除B，C；若雙曲線方程為eq\f(x2,8)－eq\f(y2,4)＝1，則F1(－2eq\r(3)，0)，F(xiàn)2(2eq\r(3)，0)，漸近線方程為y＝±eq\f(\r(2),2)x，不妨取漸近線y＝eq\f(\r(2),2)x，則直線PF2的方程為y＝－eq\r(2)(x－2eq\r(3))，與漸近線方程y＝eq\f(\r(2),2)x聯(lián)立，得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)，\f(2\r(6),3)))，則kPF1＝eq\f(\r(2),5)，又直線PF1的斜率為eq\f(\r(2),4)，所以雙曲線方程eq\f(x2,8)－eq\f(y2,4)＝1不符合題意，排除A.故選D.11．(2023·全國(guó)乙卷)設(shè)A，B為雙曲線x2－eq\f(y2,9)＝1上兩點(diǎn)，下列四個(gè)點(diǎn)中，可為線段AB中點(diǎn)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(diǎn)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的斜率k＝eq\f(\f(y1＋y2,2),\f(x1＋x2,2))＝eq\f(y1＋y2,x1＋x2)，因?yàn)锳，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(duì)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(shí)Δ＝(－2×72)2－4×72×73＝－288<0，所以直線AB與雙曲線沒(méi)有交點(diǎn)，故A不符合題意；對(duì)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(shí)Δ＝(2×45)2－4×45×61＝－4×45×16<0，所以直線AB與雙曲線沒(méi)有交點(diǎn)，故B不符合題意；對(duì)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(méi)有交點(diǎn)，故C不符合題意；對(duì)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(shí)Δ＝1262＋4×63×193>0，故直線AB與雙曲線有兩個(gè)交點(diǎn)，故D符合題意．故選D.解法二：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中點(diǎn)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.12．(2023·北京高考)已知雙曲線C的焦點(diǎn)為(－2，0)和(2，0)，離心率為eq\r(2)，則C的方程為_(kāi)_______．答案eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1解析令雙曲線C的實(shí)半軸長(zhǎng)、虛半軸長(zhǎng)分別為a，b，顯然雙曲線C的中心為原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，其半焦距c＝2，由雙曲線C的離心率為eq\r(2)，得eq\f(c,a)＝eq\r(2)，解得a＝eq\r(2)，則b＝eq\r(c2－a2)＝eq\r(2)，所以C的方程為eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1.13．(2023·新課標(biāo)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(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2.點(diǎn)A在C上，點(diǎn)B在y軸上，eq\o(F1A,\s\up16(→))⊥eq\o(F1B,\s\up16(→))，eq\o(F2A,\s\up16(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(F2B,\s\up16(→))，則C的離心率為_(kāi)_______．答案eq\f(3\r(5),5)解析解法一：依題意，設(shè)|AF2|＝2m，則|BF2|＝3m＝|BF1|，|AF1|＝2a＋2m，在Rt△ABF1中，9m2＋(2a＋2m)2＝25m2，則(a＋3m)(a－m)＝0，故a＝m或a＝－3m(舍去)，所以|AF1|＝4a，|AF2|＝2a，|BF2|＝|BF1|＝3a，則|AB|＝5a，故cos∠F1AF2＝eq\f(|AF1|,|AB|)＝eq\f(4a,5a)＝eq\f(4,5)，所以在△AF1F2中，cos∠F1AF2＝eq\f(16a2＋4a2－4c2,2×4a×2a)＝eq\f(4,5)，整理得5c2＝9a2，故e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3\r(5),5).解法二：依題意，得F1(－c，0)，F(xiàn)2(c，0)，令A(yù)(x0，y0)，B(0，t)，因?yàn)閑q\o(F2A,\s\up16(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(F2B,\s\up16(→))，所以(x0－c，y0)＝－eq\f(2,3)(－c，t)，則x0＝eq\f(5,3)c，y0＝－eq\f(2,3)t，又eq\o(F1A,\s\up16(→))⊥eq\o(F1B,\s\up16(→))，所以eq\o(F1A,\s\up16(→))·eq\o(F1B,\s\up16(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)c，－\f(2,3)t))·(c，t)＝eq\f(8,3)c2－eq\f(2,3)t2＝0，則t2＝4c2，又點(diǎn)A在C上，則eq\f(\f(25,9)c2,a2)－eq\f(\f(4,9)t2,b2)＝1，整理得eq\f(25c2,9a2)－eq\f(4t2,9b2)＝1，則eq\f(25c2,9a2)－eq\f(16c2,9b2)＝1，所以25c2b2－16c2a2＝9a2b2，即25c2(c2－a2)－16a2c2＝9a2(c2－a2)，整理得25c4－50a2c2＋9a4＝0，則(5c2－9a2)(5c2－a2)＝0，解得5c2＝9a2或5c2＝a2，又e>1，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3\r(5),5).解法三：由解法二得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)c，－\f(2,3)t))，t2＝4c2，所以|AF1|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)c＋c))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)t))\s\up12(2))＝eq\r(\f(64c2,9)＋\f(4t2,9))＝eq\r(\f(64c2,9)＋\f(16c2,9))＝eq\f(4\r(5)c,3)，|AF2|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)c－c))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)t))\s\up12(2))＝eq\r(\f(4c2,9)＋\f(4t2,9))＝eq\r(\f(4c2,9)＋\f(16c2,9))＝eq\f(2\r(5)c,3)，由雙曲線的定義可得|AF1|－|AF2|＝2a，即eq\f(4\r(5)c,3)－eq\f(2\r(5)c,3)＝2a，即eq\f(\r(5),3)c＝a，所以C的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3,\r(5))＝eq\f(3\r(5),5).14．(2022·全國(guó)甲卷)若雙曲線y2－eq\f(x2,m2)＝1(m＞0)的漸近線與圓x2＋y2－4y＋3＝0相切，則m＝________．答案eq\f(\r(3),3)解析雙曲線y2－eq\f(x2,m2)＝1(m＞0)的漸近線為y＝±eq\f(x,m)，即x±m(xù)y＝0，不妨取x＋my＝0，圓x2＋y2－4y＋3＝0，即x2＋(y－2)2＝1，所以圓心為(0，2)，半徑r＝1，依題意，圓心(0，2)到漸近線x＋my＝0的距離d＝eq\f(|2m|,\r(1＋m2))＝1，解得m＝eq\f(\r(3),3)或m＝－eq\f(\r(3),3)(舍去)．三、模擬小題15．(2024·河南鄭州外國(guó)語(yǔ)學(xué)校高三上第三次調(diào)研考試)設(shè)雙曲線C1：x2－y2＝1，C2：eq\f(x2,8)－eq\f(y2,b2)＝1(b>0)的離心率分別為e1，e2，若e2＝eq\f(3,4)e1，則b＝()A．1 B．2C.eq\r(2) D.eq\r(3)答案A解析由雙曲線C1：x2－y2＝1，可得其離心率為e1＝eq\r(2)，又由雙曲線C2：eq\f(x2,8)－eq\f(y2,b2)＝1(b>0)，可得其離心率為e2＝eq\f(\r(8＋b2),2\r(2))＝eq\r(1＋\f(b2,8))，因?yàn)閑2＝eq\f(3,4)e1，所以eq\r(1＋\f(b2,8))＝eq\f(3,4)×eq\r(2)，解得b＝1.故選A.16．(2023·湖南師大附中高三月考)已知F1，F(xiàn)2分別是雙曲線C：x2－eq\f(y2,2)＝1的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)M在雙曲線的右支上，且|MF1|＋|MF2|＝6，則∠MF2F1＝()A．30° B．45°C.60° D．90°答案D解析由F1，F(xiàn)2分別是雙曲線C：x2－eq\f(y2,2)＝1的左、右焦點(diǎn)，得|F1F2|＝2eq\r(1＋2)＝2eq\r(3).由雙曲線的定義，得|MF1|－|MF2|＝2，而|MF1|＋|MF2|＝6，解得|MF1|＝4，|MF2|＝2.由余弦定理，得cos∠MF2F1＝eq\f(|MF2|2＋|F1F2|2－|MF1|2,2|MF2|·|F1F2|)＝eq\f(22＋（2\r(3)）2－42,2×2×2\r(3))＝0，所以∠MF2F1＝90°.故選D.17．(2024·河南省實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三第一次月考)設(shè)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(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過(guò)左焦點(diǎn)F1作直線F1P與圓x2＋y2＝a2切于點(diǎn)E，與雙曲線右支交于點(diǎn)P，且滿(mǎn)足eq\o(OE,\s\up16(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OP,\s\up16(→))＋eq\o(OF1,\s\up16(→)))，則雙曲線的離心率為()A.eq\r(2) B.eq\r(3)C．2 D.eq\r(5)答案D解析∵E為圓x2＋y2＝a2上的點(diǎn)，∴|OE|＝a，∵eq\o(OE,\s\up16(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OP,\s\up16(→))＋eq\o(OF1,\s\up16(→)))，∴E是PF1的中點(diǎn)，又O是F1F2的中點(diǎn)，∴|PF2|＝2|OE|＝2a，且PF2∥OE，又|PF1|－|PF2|＝2a，∴|PF1|＝4a，∵PF1是圓的切線，∴OE⊥PF1，∴PF2⊥PF1，又|F1F2|＝2c，∴4c2＝|PF1|2＋|PF2|2＝16a2＋4a2＝20a2，故c2＝5a2，離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(5).故選D.18．(2023·陜西西安長(zhǎng)安區(qū)高三一模)已知點(diǎn)F(4，0)是雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F向C的一條漸近線引垂線，垂足為A，交另一條漸近線于點(diǎn)B.若2eq\o(AF,\s\up16(→))＝eq\o(FB,\s\up16(→))，則雙曲線C的方程為()A.eq\f(x2,12)－eq\f(y2,4)＝1 B.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1C.eq\f(x2,10)－eq\f(y2,6)＝1 D.eq\f(x2,6)－eq\f(y2,10)＝1答案A解析雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的漸近線方程為bx±ay＝0，不妨令點(diǎn)A在直線bx－ay＝0上，a2＋b2＝16，如圖．因?yàn)锳F⊥OA，則|AF|＝eq\f(4b,\r(a2＋b2))＝eq\f(4b,4)＝b，而2eq\o(AF,\s\up16(→))＝eq\o(FB,\s\up16(→))，即有|FB|＝2|AF|＝2b，|AB|＝3b，|OA|＝eq\r(|OF|2－|AF|2)＝eq\r(42－b2)＝a，sin∠AOF＝eq\f(b,4)，由2eq\o(AF,\s\up16(→))＝eq\o(FB,\s\up16(→))知，點(diǎn)A，B在y軸同側(cè)，于是∠AOB＝2∠AOF∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，cos∠AOB＝1－2sin2∠AOF＝1－eq\f(b2,8)>0，b2<8，在Rt△AOB中，|OB|＝eq\r(|OA|2＋|AB|2)＝eq\r(a2＋9b2)＝eq\r(16＋8b2)，由|OA|＝|OB|cos∠AOB，得a＝eq\r(16＋8b2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(b2,8)))，整理，得8(16－b2)＝(b2＋2)(8－b2)2，則b4－14b2＋40＝0，解得b2＝4或b2＝10(舍去)，所以b2＝4，a2＝12，雙曲線C的方程為eq\f(x2,12)－eq\f(y2,4)＝1.故選A.19．(多選)(2023·廣東茂名市第一中學(xué)?？既?我國(guó)首先研制成功的“雙曲線新聞燈”如圖，利用了雙曲線的光學(xué)性質(zhì)：F1，F(xiàn)2是雙曲線的左、右焦點(diǎn)，從F2發(fā)出的光線m射在雙曲線右支上一點(diǎn)P，經(jīng)點(diǎn)P反射后，反射光線的反向延長(zhǎng)線過(guò)F1；當(dāng)P異于雙曲線頂點(diǎn)時(shí)，雙曲線在點(diǎn)P處的切線平分∠F1PF2.若雙曲線C的方程為eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1，則下列結(jié)論正確的是()A．射線n所在直線的斜率為k，則k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(4,3)))B．當(dāng)m⊥n時(shí)，|PF1|·|PF2|＝32C．當(dāng)n過(guò)點(diǎn)Q(7，5)時(shí)，光線由F2到P再到Q所經(jīng)過(guò)的路程為13D．若點(diǎn)T的坐標(biāo)為(1，0)，直線PT與C相切，則|PF2|＝12答案ABD解析因?yàn)殡p曲線C的方程為eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1，所以a＝3，b＝4，c＝5，漸近線方程為y＝±eq\f(4,3)x.對(duì)于A，因?yàn)橹本€PF1與雙曲線有兩個(gè)交點(diǎn)，所以k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(4,3)))，A正確；對(duì)于B，由雙曲線的定義知，|PF1|－|PF2|＝2a＝6，若m⊥n，則|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝(2c)2＝100，因?yàn)?|PF1|－|PF2|)2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|，所以36＝100－2|PF1|·|PF2|，解得|PF1|·|PF2|＝32，B正確；對(duì)于C，|PF2|＋|PQ|＝(|PF1|－2a)＋|PQ|＝|F1Q|－2a＝eq\r(（7＋5）2＋（5－0）2)－2×3＝7，C錯(cuò)誤；對(duì)于D，因?yàn)镻T平分∠F1PF2，由角平分線定理知，eq\f(|PF1|,|TF1|)＝eq\f(|PF2|,|TF2|)，所以eq\f(|PF1|,|PF2|)＝eq\f(|TF1|,|TF2|)＝eq\f(5＋1,5－1)＝eq\f(3,2)，又|PF1|－|PF2|＝6，所以eq\f(3,2)|PF2|－|PF2|＝6，解得|PF2|＝12，D正確．故選ABD.20．(多選)(2023·湖南岳陽(yáng)二模)已知雙曲線E：eq\f(x2,a2)－y2＝1(a>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1(－c，0)，F(xiàn)2(c，0)，過(guò)點(diǎn)F2作直線與雙曲線E的右支交于P，Q兩點(diǎn)，在點(diǎn)P處作雙曲線E的切線，與E的兩條漸近線分別交于A，B，則()A．若|PF1|·|PF2|＝2，則eq\o(PF1,\s\up16(→))·eq\o(PF2,\s\up16(→))＝0B．若eq\f(a,sin∠PF1F2)＝eq\f(c,sin∠PF2F1)，則雙曲線的離心率e∈(1，eq\r(2)＋1]C．△F1PQ周長(zhǎng)的最小值為8D．△AOB(O為坐標(biāo)原點(diǎn))的面積為定值答案ACD解析對(duì)于A，由題意知|PF1|－|PF2|＝2a，a2＋1＝c2，則|PF1|2－2|PF1|·|PF2|＋|PF2|2＝4a2，所以有|PF1|2＋|PF2|2＝4a2＋4＝4c2＝|F1F2|2，從而eq\o(PF1,\s\up16(→))⊥eq\o(PF2,\s\up16(→))，eq\o(PF1,\s\up16(→))·eq\o(PF2,\s\up16(→))＝0，故A正確；對(duì)于B，在△PF1F2中，由正弦定理得eq\f(|PF1|,sin∠PF2F1)＝eq\f(|PF2|,sin∠PF1F2)，則eq\f(sin∠PF1F2,sin∠PF2F1)＝eq\f(|PF2|,|PF1|)＝eq\f(a,c)，解得|PF1|＝eq\f(c,a)|PF2|.又|PF1|－|PF2|＝2a，所以|PF2|＝eq\f(2a2,c－a)>c－a，整理得c2－2ac－a2<0，所以e2－2e－1<0，解得1<e<eq\r(2)＋1，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，當(dāng)直線PQ垂直x軸時(shí)，|PQ|最小，為eq\f(2,a)，|PF1|＋|QF1|＋|PQ|＝2a＋|PF2|＋2a＋|QF2|＋|PQ|＝4a＋2|PQ|≥4a＋eq\f(4,a)≥8，故C正確；對(duì)于D，設(shè)P(x0，y0)，過(guò)點(diǎn)P的雙曲線E的切線方程為eq\f(x0,a2)x－y0y＝1，E的漸近線方程為y＝±eq\f(1,a)x，不妨設(shè)切線eq\f(x0,a2)x－y0y＝1與漸近線y＝eq\f(1,a)x的交點(diǎn)為A，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,a)x，,\f(x0,a2)x－y0y＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(a2,x0－ay0)，,y＝\f(a,x0－ay0)，))即Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,x0－ay0)，\f(a,x0－ay0)))，同理可得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,x0＋ay0)，－\f(a,x0＋ay0))).又因?yàn)辄c(diǎn)P在雙曲線E上，則有eq\f(xeq\o\al(2,0),a2)－yeq\o\al(2,0)＝1，xA＋xB＝eq\f(a2,x0－ay0)＋eq\f(a2,x0＋ay0)＝2x0，故點(diǎn)P是AB的中點(diǎn)．設(shè)切線eq\f(x0,a2)x－y0y＝1與x軸的交點(diǎn)為G，易知Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,x0)，0))，所以S△AOP＝eq\f(1,2)·eq\f(a2,x0)|yA－y0|＝eq\f(a,2)·eq\f(a,x0)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,x0－ay0)－y0))＝eq\f(a,2)，所以S△AOB＝2S△AOP＝a，故D正確．故選ACD.21．(2024·四川巴蜀中學(xué)高三適應(yīng)性月考(二))已知F為雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一個(gè)焦點(diǎn)，過(guò)F平行于C的一條漸近線的直線交C于點(diǎn)P，|OP|＝eq\r(a2＋b2)(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，則雙曲線C的離心率為_(kāi)_______．答案eq\r(5)解析設(shè)點(diǎn)P(x，y)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝c2，,b2x2－a2y2＝a2b2))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|x|＝\f(a\r(b2＋c2),c)，,|y|＝\f(b2,c)，))∴eq\f(b,a)＝eq\f(\f(b2,c),c－\f(a\r(b2＋c2),c))?c2－ab＝aeq\r(b2＋c2)?b＝2a，∴雙曲線C的離心率為eq\r(5).22．(2024·福建泉州實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三上月考)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，離心率為5，點(diǎn)A是雙曲線上的任意一點(diǎn)，滿(mǎn)足AF1⊥AF2，∠AF1F2的平分線與AF2相交于點(diǎn)B，則F1B分△AF1F2所得的兩個(gè)三角形的面積之比eq\f(S△BF1A,S△BF1F2)＝________．答案eq\f(3,5)或eq\f(4,5)解析如圖所示，因?yàn)殡p曲線C的離心率為e＝eq\f(c,a)＝5，則c＝5a，所以|F1F2|＝2c＝10a，若點(diǎn)A在右支上，且AF1⊥AF2，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|AF1|－|AF2|＝2a，,|AF1|2＋|AF2|2＝|F1F2|2＝100a2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|AF1|＝8a，,|AF2|＝6a，))因?yàn)椤螦F1F2的平分線與AF2相交于點(diǎn)B，由角平分線的性質(zhì)可知，點(diǎn)B到直線AF1，F(xiàn)1F2的距離相等，此時(shí)eq\f(S△BF1A,S△BF1F2)＝eq\f(|AF1|,|F1F2|)＝eq\f(4,5)；若點(diǎn)A在左支上，同理可求得|AF1|＝6a，則eq\f(S△BF1A,S△BF1F2)＝eq\f(|AF1|,|F1F2|)＝eq\f(3,5).綜上所述，eq\f(S△BF1A,S△BF1F2)＝eq\f(3,5)或eq\f(4,5).一、高考大題1．(2022·新高考Ⅱ卷)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦點(diǎn)為F(2，0)，漸近線方程為y＝±eq\r(3)x.(1)求C的方程；(2)過(guò)F的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1＞x2＞0，y1＞0.過(guò)P且斜率為－eq\r(3)的直線與過(guò)Q且斜率為eq\r(3)的直線交于點(diǎn)M.從下面①②③中選取兩個(gè)作為條件，證明另外一個(gè)成立：①M(fèi)在AB上；②PQ∥AB；③|AM|＝|BM|.注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分．解(1)由右焦點(diǎn)為F(2，0)，得c＝2，因?yàn)闈u近線方程為y＝±eq\r(3)x，所以eq\f(b,a)＝eq\r(3)，即b＝eq\r(3)a，所以c2＝a2＋b2＝4a2＝4，所以a＝1，b＝eq\r(3).所以C的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)由題意知，直線PQ的斜率存在且不為0，設(shè)直線PQ的方程為y＝kx＋t(k≠0)，將直線PQ的方程代入C的方程，整理得(3－k2)x2－2ktx－t2－3＝0，則x1＋x2＝eq\f(2kt,3－k2)，x1x2＝－eq\f(t2＋3,3－k2)＞0，所以3－k2＜0，所以x1－x2＝eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\f(2\r(3（t2＋3－k2）),k2－3).設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(xM，yM)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yM－y1＝－\r(3)（xM－x1），,yM－y2＝\r(3)（xM－x2），))兩式相減，得y1－y2＝2eq\r(3)xM－eq\r(3)(x1＋x2)，又y1－y2＝(kx1＋t)－(kx2＋t)＝k(x1－x2)，所以2eq\r(3)xM＝k(x1－x2)＋eq\r(3)(x1＋x2)，解得xM＝eq\f(k\r(t2＋3－k2)－kt,k2－3).兩式相加，得2yM－(y1＋y2)＝eq\r(3)(x1－x2)，又y1＋y2＝(kx1＋t)＋(kx2＋t)＝k(x1＋x2)＋2t，所以2yM＝k(x1＋x2)＋eq\r(3)(x1－x2)＋2t，解得yM＝eq\f(3\r(t2＋3－k2)－3t,k2－3)＝eq\f(3,k)xM.因此，點(diǎn)M的軌跡為直線y＝eq\f(3,k)x，其中k為直線PQ的斜率．若選擇①②：因?yàn)镻Q∥AB，所以直線AB的方程為y＝k(x－2)，設(shè)A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令點(diǎn)A在直線y＝eq\r(3)x上，則由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yA＝k（xA－2），,yA＝\r(3)xA，))解得xA＝eq\f(2k,k－\r(3))，yA＝eq\f(2\r(3)k,k－\r(3))，同理可得xB＝eq\f(2k,k＋\r(3))，yB＝－eq\f(2\r(3)k,k＋\r(3))，所以xA＋xB＝eq\f(4k2,k2－3)，yA＋yB＝eq\f(12k,k2－3).點(diǎn)M的坐標(biāo)滿(mǎn)足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yM＝k（xM－2），,yM＝\f(3,k)xM，))得xM＝eq\f(2k2,k2－3)＝eq\f(xA＋xB,2)，yM＝eq\f(6k,k2－3)＝eq\f(yA＋yB,2)，故M為AB的中點(diǎn)，即|AM|＝|BM|.若選擇①③：當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，點(diǎn)M即為點(diǎn)F(2，0)，此時(shí)M不在直線y＝eq\f(3,k)x上，矛盾．當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，易知直線AB的斜率不為0，設(shè)直線AB的方程為y＝m(x－2)(m≠0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令點(diǎn)A在直線y＝eq\r(3)x上，則由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yA＝m（xA－2），,yA＝\r(3)xA，))解得xA＝eq\f(2m,m－\r(3))，yA＝eq\f(2\r(3)m,m－\r(3))，同理可得xB＝eq\f(2m,m＋\r(3))，yB＝－eq\f(2\r(3)m,m＋\r(3))，因?yàn)镸在AB上，且|AM|＝|BM|，所以xM＝eq\f(xA＋xB,2)＝eq\f(2m2,m2－3)，yM＝eq\f(yA＋yB,2)＝eq\f(6m,m2－3)，又點(diǎn)M在直線y＝eq\f(3,k)x上，所以eq\f(6m,m2－3)＝eq\f(3,k)·eq\f(2m2,m2－3)，解得k＝m，因此PQ∥AB.若選擇②③：因?yàn)镻Q∥AB，所以直線AB的方程為y＝k(x－2)，設(shè)A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令點(diǎn)A在直線y＝eq\r(3)x上，則由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(yA＝k（xA－2），,yA＝\r(3)xA，))解得xA＝eq\f(2k,k－\r(3))，yA＝eq\f(2\r(3)k,k－\r(3))，同理可得xB＝eq\f(2k,k＋\r(3))，yB＝－eq\f(2\r(3)k,k＋\r(3)).設(shè)AB的中點(diǎn)為C(xC，yC)，則xC＝eq\f(xA＋xB,2)＝eq\f(2k2,k2－3)，yC＝eq\f(yA＋yB,2)＝eq\f(6k,k2－3).因?yàn)閨AM|＝|BM|，所以M在AB的垂直平分線上，即M在直線y－yC＝－eq\f(1,k)(x－xC)，即y－eq\f(6k,k2－3)＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2k2,k2－3)))上，與y＝eq\f(3,k)x聯(lián)立，得xM＝eq\f(2k2,k2－3)＝xC，yM＝eq\f(6k,k2－3)＝y(tǒng)C，即M恰為AB的中點(diǎn)，故M在直線AB上．2．(2022·新高考Ⅰ卷)已知點(diǎn)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(diǎn)，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(diǎn)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(jiǎn)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(jiǎn)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(guò)點(diǎn)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?yàn)閠an∠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).二、模擬大題3．(2024·江西紅色十校高三聯(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(diǎn)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(diǎn)B(0，b)，過(guò)點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)，0))作直線l與雙曲線C相交于M，N兩點(diǎn)，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(shí)，直線l的方程為y＝0，此時(shí)直線l與雙曲線C的交點(diǎn)為(－1，0)和(1，0)，滿(mǎn)足|BM|＝|BN|，符合題意；當(dāng)直線l的斜率不為0時(shí)，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(diǎn)為Q(x0，y0)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋m，))整理得(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?yàn)閨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(diǎn)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(mǎn)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).4．(2023·江蘇蘇州八校高三聯(lián)考第一次適應(yīng)性檢測(cè))已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)過(guò)點(diǎn)(2，2)，且離心率為eq\r(3).(1)求雙曲線C的方程；(2)設(shè)直線l是圓O：x2＋y2＝4上的動(dòng)點(diǎn)P(x0，y0)(x0y0≠0)處的切線，l與雙曲線C交于不同的兩點(diǎn)A，B，證明：以AB為直徑的圓過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)．解(1)由題意得eq\f(c,a)＝eq\r(3)，故c2＝3a2＝a2＋b2，故b2＝2a2.又雙曲線C過(guò)點(diǎn)(2，2)，可得eq\f(4,a2)－eq\f(4,b2)＝1，即eq\f(4,a2)－eq\f(4,2a2)＝1，解得a2＝2，b2＝4，則雙曲線C的方程為eq\f(x2,2)－eq\f(y2,4)＝1.(2)證法一：因?yàn)辄c(diǎn)P(x0，y0)(x0y0≠0)在圓x2＋y2＝4上，所以圓在點(diǎn)P(x0，y0)處的切線方程為y－y0＝－eq\f(x0,y0)(x－x0)，化簡(jiǎn)得x0x＋y0y＝4.則直線l的方程為x0x＋y0y＝4，代入雙曲線C的方程2x2－y2＝4，變形得4(2x2－y2)＝(x0x＋y0y)2，整理得(yeq\o\al(2,0)＋4)y2＋2x0y0xy＋(xeq\o\al(2,0)－8)x2＝0，等號(hào)兩邊同除以x2(x2≠0)，得(yeq\o\al(2,0)＋4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)))eq\s\up12(2)＋2x0y0·eq\f(y,x)＋(xeq\o\al(2,0)－8)＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則kOAkOB＝eq\f(y1,x1)·eq\f(y2,x2)＝eq\f(xeq\o\al(2,0)－8,yeq\o\al(2,0)＋4)＝eq\f(（4－yeq\o\al(2,0)）－8,yeq\o\al(2,0)＋4)＝－1，故OA⊥OB，即以AB為直徑的圓過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)．證法二：