高考真題+知識(shí)總結(jié)+方法總結(jié)+題型突破18解析幾何中的雙曲線問(wèn)題專題練習(xí)(學(xué)生版+解析)

第頁(yè)近年高考真題+優(yōu)質(zhì)模擬題匯編(全國(guó)通用)專題18解析幾何中的雙曲線問(wèn)題【高考真題】1．(2022·北京)已知雙曲線的漸近線方程為，則__________．1．答案解析對(duì)于雙曲線，所以，即雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為，則，，又雙曲線的漸近線方程為，所以，即，解得；故答案為．2．(2022·全國(guó)甲理)若雙曲線的漸近線與圓相切，則_________．2．答案解析雙曲線的漸近線為，即，不妨取，圓，即，所以圓心為，半徑，依題意圓心到漸近線的距離，解得或（舍去）．故答案為．3．(2022·全國(guó)甲文)記雙曲線的離心率為e，寫出滿足條件“直線與C無(wú)公共點(diǎn)”的e的一個(gè)值______________．3．答案2（滿足皆可）解析，所以C的漸近線方程為,結(jié)合漸近線的特點(diǎn)，只需，即，可滿足條件“直線與C無(wú)公共點(diǎn)”，所以，又因?yàn)椋?，故答案?（滿足皆可）4．(2022·全國(guó)乙理)雙曲線C的兩個(gè)焦點(diǎn)為，以C的實(shí)軸為直徑的圓記為D，過(guò)作D的切線與C的兩支交于M，N兩點(diǎn)，且，則C的離心率為()A．B．C．D．4．答案C解析依題意不妨設(shè)雙曲線焦點(diǎn)在x軸，設(shè)過(guò)作圓D的切線切點(diǎn)為G，所以，因?yàn)椋訬在雙曲線的右支，所以，，，設(shè)，，由，即，則，，，在中，，由正弦定理得，所以，，又，所以，即，所以雙曲線的離心率．故選C．5．(2022·浙江)已知雙曲線的左焦點(diǎn)為F，過(guò)F且斜率為的直線交雙曲線于點(diǎn)，交雙曲線的漸近線于點(diǎn)且．若，則雙曲線的離心率是_________．5．答案解析過(guò)且斜率為的直線，漸近線，聯(lián)立，得，由，得而點(diǎn)在雙曲線上，于是，解得：，所以離心率．故答案為．【知識(shí)總結(jié)】1．雙曲線的定義(1)定義：平面內(nèi)與兩個(gè)定點(diǎn)F1，F(xiàn)2的距離的差的絕對(duì)值等于非零常數(shù)(小于|F1F2|)的點(diǎn)的軌跡．(2)符號(hào)表示：||MF1|－|MF2||＝2a(常數(shù))(0<2a<|F1F2|)．(3)焦點(diǎn)：兩個(gè)定點(diǎn)F1，F(xiàn)2．(4)焦距：兩焦點(diǎn)間的距離，表示為|F1F2|．2．雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程和簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)標(biāo)準(zhǔn)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)焦點(diǎn)F1(－c，0)，F(xiàn)2(c，0)F1(0，－c)，F(xiàn)2(0，c)焦距|F1F2|＝2c范圍x≤－a或x≥a，y∈Ry≤－a或y≥a，x∈R對(duì)稱性對(duì)稱軸：坐標(biāo)軸；對(duì)稱中心：原點(diǎn)頂點(diǎn)A1(－a，0)，A2(a，0)A1(0，－a)，A2(0，a)軸實(shí)軸：線段A1A2，長(zhǎng)：2a；虛軸：線段B1B2，長(zhǎng)：2b，實(shí)半軸長(zhǎng)：a，虛半軸長(zhǎng)：b離心率e＝eq\f(c,a)∈(1，＋∞)漸近線y＝±eq\f(b,a)xy＝±eq\f(a,b)xa，b，c的關(guān)系c2＝a2＋b2(c>a>0，c>b>0)【題型突破】題型一雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程1．(2017·全國(guó)Ⅲ)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的一條漸近線方程為y＝eq\f(\r(5),2)x，且與橢圓eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,3)＝1有公共焦點(diǎn)，則C的方程為()A．eq\f(x2,8)－eq\f(y2,10)＝1B．eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1C．eq\f(x2,5)－eq\f(y2,4)＝1D．eq\f(x2,4)－eq\f(y2,3)＝11．答案B解析由y＝eq\f(\r(5),2)x可得eq\f(b,a)＝eq\f(\r(5),2)，①．由橢圓eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,3)＝1的焦點(diǎn)為(3，0)，(－3，0)，可得a2＋b2＝9，②．由①②可得a2＝4，b2＝5．所以C的方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1．故選B．2．(2016·天津)已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的焦距為2eq\r(5)，且雙曲線的一條漸近線與直線2x＋y＝0垂直，則雙曲線的方程為()A．eq\f(x2,4)－y2＝1B．x2－eq\f(y2,4)＝1C．eq\f(3x2,20)－eq\f(3y2,5)＝1D．eq\f(3x2,5)－eq\f(3y2,20)＝12．答案A解析依題意得eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，①，又a2＋b2＝c2＝5，②，聯(lián)立①②得a＝2，b＝1．∴所求雙曲線的方程為eq\f(x2,4)－y2＝1．3．(2018·天津)已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的離心率為2，過(guò)右焦點(diǎn)且垂直于x軸的直線與雙曲線交于A，B兩點(diǎn)．設(shè)A，B到雙曲線的同一條漸近線的距離分別為d1和d2，且d1＋d2＝6，則雙曲線的方程為()A．eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1B．eq\f(x2,12)－eq\f(y2,4)＝1C．eq\f(x2,3)－eq\f(y2,9)＝1D．eq\f(x2,9)－eq\f(y2,3)＝13．答案C解析因?yàn)殡p曲線的離心率為2，所以eq\f(c,a)＝2，c＝2a，b＝eq\r(3)a，不妨令A(yù)(2a,3a)，B(2a，－3a)，雙曲線其中一條漸近線方程為y＝eq\r(3)x，所以d1＝eq\f(|2\r(3)a－3a|,\r(\r(3)2＋－12))＝eq\f(2\r(3)a－3a,2)，d2＝eq\f(|2\r(3)a＋3a|,\r(\r(3)2＋－12))＝eq\f(2\r(3)a＋3a,2)；依題意得：eq\f(2\r(3)a－3a,2)＋eq\f(2\r(3)a＋3a,2)＝6，解得：a＝eq\r(3)，b＝3，所以雙曲線方程為：eq\f(x2,3)－eq\f(y2,9)＝1．4．已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦點(diǎn)為F，點(diǎn)A在雙曲線的漸近線上，△OAF是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形(O為原點(diǎn))，則雙曲線的方程為()A．eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1B．eq\f(x2,12)－eq\f(y2,4)＝1C．eq\f(x2,3)－y2＝1D．x2－eq\f(y2,3)＝14．答案D解析根據(jù)題意畫出草圖如圖所示eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(不妨設(shè)點(diǎn)A\o(\s\up7(),\s\do5())))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(在漸近線y＝\f(b,a)x上)).由△AOF是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形得到∠AOF＝60°，c＝|OF|＝2．又點(diǎn)A在雙曲線的漸近線y＝eq\f(b,a)x上，∴eq\f(b,a)＝tan60°＝eq\r(3)．又a2＋b2＝4，∴a＝1，b＝eq\r(3)，∴雙曲線的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1，故選D5．已知雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,b2)＝1(b>0)，以原點(diǎn)為圓心，雙曲線的實(shí)半軸長(zhǎng)為半徑長(zhǎng)的圓與雙曲線的兩條漸近線相交于A，B，C，D四點(diǎn)，四邊形ABCD的面積為2b，則雙曲線的方程為()A．eq\f(x2,4)－eq\f(3y2,4)＝1B．eq\f(x2,4)－eq\f(4y2,3)＝1C．eq\f(x2,4)－eq\f(y2,4)＝1D．eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝15．答案D解析根據(jù)圓和雙曲線的對(duì)稱性，可知四邊形ABCD為矩形．雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(b,2)x，圓的方程為x2＋y2＝4，不妨設(shè)交點(diǎn)A在第一象限，由y＝eq\f(b,2)x，x2＋y2＝4得xA＝eq\f(4,\r(4＋b2))，yA＝eq\f(2b,\r(4＋b2))，故四邊形ABCD的面積為4xAyA＝eq\f(32b,4＋b2)＝2b，解得b2＝12，故所求的雙曲線方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1，選D．6．已知雙曲線的中心為原點(diǎn)，是的焦點(diǎn)，過(guò)F的直線與相交于A，B兩點(diǎn)，且AB的中點(diǎn)為，則的方程式為()A．B．C．D．6．答案B解析設(shè)雙曲線方程為，，由得，，，，，所以．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，點(diǎn)B是虛軸的一個(gè)端點(diǎn)，線段BF與雙曲線C的右支交于點(diǎn)A，若eq\o(BA,\s\up8(→))＝2eq\o(AF,\s\up8(→))，且|eq\o(BF,\s\up8(→))|＝4，則雙曲線C的方程為()A．eq\f(x2,6)－eq\f(y2,5)＝1B．eq\f(x2,8)－eq\f(y2,12)＝1C．eq\f(x2,8)－eq\f(y2,4)＝1D．eq\f(x2,4)－eq\f(y2,6)＝17．答案Ｄ解析不妨設(shè)B(0，b)，由eq\o(BA,\s\up8(→))＝2eq\o(AF,\s\up8(→))，F(xiàn)(c，0)，可得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2c,3)，\f(b,3)))，代入雙曲線C的方程可得eq\f(4,9)×eq\f(c2,a2)－eq\f(1,9)＝1，即eq\f(4,9)·eq\f(a2＋b2,a2)＝eq\f(10,9)，所以eq\f(b2,a2)＝eq\f(3,2)，①．又|eq\o(BF,\s\up8(→))|＝eq\r(b2＋c2)＝4，c2＝a2＋b2，所以a2＋2b2＝16，②．由①②可得，a2＝4，b2＝6，所以雙曲線C的方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,6)＝1，故選D．8．已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的離心率為eq\f(3,2)，過(guò)右焦點(diǎn)F作漸近線的垂線，垂足為M．若△FOM的面積為eq\r(5)，其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則雙曲線的方程為()A．x2－eq\f(4y2,5)＝1B．eq\f(x2,2)－eq\f(2y2,5)＝1C．eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1D．eq\f(x2,16)－eq\f(y2,20)＝18．答案C解析由題意可知e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3,2)，可得eq\f(b,a)＝eq\f(\r(5),2)，取雙曲線的一條漸近線為y＝eq\f(b,a)x，可得F到漸近線y＝eq\f(b,a)x的距離d＝eq\f(bc,\r(a2＋b2))＝b，在Rt△FOM中，由勾股定理可得|OM|＝eq\r(|OF|2－|MF|2)＝eq\r(c2－b2)＝a，由題意可得eq\f(1,2)ab＝eq\r(5)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＝\f(\r(5),2)，,\f(1,2)ab＝\r(5)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(5)，))所以雙曲線的方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1．故選C．9．已知雙曲線中心在原點(diǎn)且一個(gè)焦點(diǎn)為F(eq\r(7)，0)，直線y＝x－1與其相交于M，N兩點(diǎn)，MN中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為－eq\f(2,3)，則此雙曲線的方程是()．A．eq\f(x2,3)－eq\f(y2,4)＝1B．eq\f(x2,4)－eq\f(y2,3)＝1C．eq\f(x2,5)－eq\f(y2,2)＝1D．eq\f(x2,2)－eq\f(y2,5)＝19．答案D解析：設(shè)所求雙曲線方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,7－a2)＝1．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)－\f(y2,7－a2)＝1，,y＝x－1，))得eq\f(x2,a2)－eq\f((x－1)2,7－a2)＝1，(7－a2)x2－a2(x－1)2＝a2(7－a2)，整理得(7－2a2)x2＋2a2x－8a2＋a4＝0．又MN中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為－eq\f(2,3)，故x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(2a2,2(7－2a2))＝－eq\f(2,3)，即3a2＝2(7－2a2)，所以a2＝2，故所求雙曲線方程為eq\f(x2,2)－eq\f(y2,5)＝1．10．雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a，b>0)的離心率為eq\r(3)，左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，P為雙曲線右支上一點(diǎn)，∠F1PF2的角平分線為l，點(diǎn)F1關(guān)于l的對(duì)稱點(diǎn)為Q，|F2Q|＝2，則雙曲線的方程為()A．eq\f(x2,2)－y2＝1B．x2－eq\f(y2,2)＝1C．x2－eq\f(y2,3)＝1D．eq\f(x2,3)－y2＝110．答案B解析∵∠F1PF2的角平分線為l，點(diǎn)F1關(guān)于l的對(duì)稱點(diǎn)為Q，∴|PF1|＝|PQ|，P，F(xiàn)2，Q三點(diǎn)共線，而|PF1|－|PF2|＝2a，∴|PQ|－|PF2|＝2a，即|F2Q|＝2＝2a，解得a＝1．又e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3)，∴c＝eq\r(3)，∴b2＝c2－a2＝2，∴雙曲線的方程為x2－eq\f(y2,2)＝1．故選B．題型二雙曲線中的求值11．(2018·全國(guó)Ⅰ)已知雙曲線C：eq\f(x2,3)－y2＝1，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)為C的右焦點(diǎn)，過(guò)F的直線與C的兩條漸近線的交點(diǎn)分別為M，N．若△OMN為直角三角形，則|MN|等于()A．eq\f(3,2)B．3C．2eq\r(3)D．411．答案B解析由已知得雙曲線的兩條漸近線方程為y＝±eq\f(1,\r(3))x．設(shè)兩漸近線的夾角為2α，則有tanα＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，所以α＝30°．所以∠MON＝2α＝60°．又△OMN為直角三角形，由于雙曲線具有對(duì)稱性，不妨設(shè)MN⊥ON，如圖所示．在Rt△ONF中，|OF|＝2，則|ON|＝eq\r(3)．則在Rt△OMN中，|MN|＝|ON|·tan2α＝eq\r(3)·tan60°＝3．故選B．12．(2019·全國(guó)Ⅲ)雙曲線C：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1的右焦點(diǎn)為F，點(diǎn)P在C的一條漸近線上，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若|PO|＝|PF|，則△PFO的面積為()A．eq\f(3\r(2),4)B．eq\f(3\r(2),2)C．2eq\r(2)D．3eq\r(2)12．答案A解析雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1的右焦點(diǎn)坐標(biāo)為(eq\r(6)，0)，一條漸近線的方程為y＝eq\f(\r(2),2)x，不妨設(shè)點(diǎn)P在第一象限，由于|PO|＝|PF|，則點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為eq\f(\r(6),2)，縱坐標(biāo)為eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(6),2)＝eq\f(\r(3),2)，即△PFO的底邊長(zhǎng)為eq\r(6)，高為eq\f(\r(3),2)，所以它的面積為eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(2),4)．故選A．13．已知雙曲線Γ：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右頂點(diǎn)為A，與x軸平行的直線交Γ于B，C兩點(diǎn)，記∠BAC＝θ，若Γ的離心率為eq\r(2)，則()A．θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))B．θ＝eq\f(π,2)C．θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))D．θ＝eq\f(3π,4)13．答案B解析∵e＝eq\f(c,a)＝eq\r(2)，∴c＝eq\r(2)a，∴b2＝c2－a2＝a2，∴雙曲線方程可變形為x2－y2＝a2.設(shè)B(x0，y0)，由對(duì)稱性可知C(－x0，y0)，∵點(diǎn)B(x0，y0)在雙曲線上，∴xeq\o\al(2,0)－yeq\o\al(2,0)＝a2．∵A(a,0)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))＝(x0－a，y0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－x0－a，y0)，∴eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(x0－a)·(－x0－a)＋yeq\o\al(2,0)＝a2－xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝0，∴eq\o(AB,\s\up6(→))⊥eq\o(AC,\s\up6(→))，即θ＝eq\f(π,2)．故選B．14．已知F1，F(xiàn)2為雙曲線C：x2－y2＝2的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)P在C上，|PF1|＝2|PF2|，則cos∠F1PF2＝________．14．答案eq\f(3,4)解析化雙曲線的方程為eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1，則a＝b＝eq\r(2)，c＝2，因?yàn)閨PF1|＝2|PF2|，所以點(diǎn)P在雙曲線的右支上，則由雙曲線的定義，知|PF1|－|PF2|＝2a＝2eq\r(2)，解得|PF1|＝4eq\r(2)，|PF2|＝2eq\r(2)，根據(jù)余弦定理得cos∠F1PF2＝eq\f((2\r(2))2＋(4\r(2))2－16,2×2\r(2)×4\r(2))＝eq\f(3,4)．15．如圖，雙曲線的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)O，A，C分別是雙曲線虛軸的上、下端點(diǎn)，B是雙曲線的左頂點(diǎn)，F(xiàn)為雙曲線的左焦點(diǎn)，直線AB與FC相交于點(diǎn)D．若雙曲線的離心率為2，則∠BDF的余弦值是________．15．答案eq\f(\r(7),14)解析設(shè)雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，由e＝eq\f(c,a)＝2知，c＝2a，又c2＝a2＋b2，故b＝eq\r(3)a，所以A(0，eq\r(3)a)，C(0，－eq\r(3)a)，B(－a，0)，F(xiàn)(－2a，0)，則eq\o(BA,\s\up10(→))＝(a，eq\r(3)a)，eq\o(CF,\s\up10(→))＝(－2a，eq\r(3)a)，結(jié)合題圖可知，cos∠BDF＝cos＜eq\o(BA,\s\up7(→))，eq\o(CF,\s\up7(→))＞＝eq\f(\o(BA,\s\up7(→))·\o(CF,\s\up7(→)),|\o(BA,\s\up7(→))|·|\o(CF,\s\up7(→))|)＝eq\f(－2a2＋3a2,2a·\r(7)a)＝eq\f(\r(7),14)．16．過(guò)點(diǎn)P(4，2)作一直線AB與雙曲線C：eq\f(x2,2)－y2＝1相交于A，B兩點(diǎn)，若P為AB的中點(diǎn)，則|AB|＝()A．2eq\r(2)B．2eq\r(3)C．3eq\r(3)D．4eq\r(3)16．答案D解析法一：由已知可得點(diǎn)P的位置如圖所示，且直線AB的斜率存在，設(shè)AB的斜率為k，則AB的方程為y－2＝k(x－4)，即y＝k(x－4)＋2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－4＋2，,\f(x2,2)－y2＝1，))消去y得(1－2k2)x2＋(16k2－8k)x－32k2＋32k－10＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝eq\f(－16k2＋8k,1－2k2)，x1x2＝eq\f(－32k2＋32k－10,1－2k2)，因?yàn)镻(4,2)為AB的中點(diǎn)，所以eq\f(－16k2＋8k,1－2k2)＝8，解得k＝1，滿足Δ＞0，所以x1＋x2＝8，x1x2＝10，所以|AB|＝eq\r(1＋12)×eq\r(82－4×10)＝4eq\r(3)，故選D．法二：由已知可得點(diǎn)P的位置如法一中圖所示，且直線AB的斜率存在，設(shè)AB的斜率為k，則AB的方程為y－2＝k(x－4)，即y＝k(x－4)＋2，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1)－2y\o\al(2,1)－2＝0，,x\o\al(2,2)－2y\o\al(2,2)－2＝0，))所以(x1＋x2)(x1－x2)＝2(y1＋y2)(y1－y2)，因?yàn)镻(4,2)為AB的中點(diǎn)，所以k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝1，所以AB的方程為y＝x－2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x－2，,\f(x2,2)－y2＝1，))消去y得x2－8x＋10＝0，所以x1＋x2＝8，x1x2＝10，所以|AB|＝eq\r(1＋12)×eq\r(82－4×10)＝4eq\r(3)，故選D．17．過(guò)點(diǎn)P(4，2)作一直線AB與雙曲線C：eq\f(x2,2)－y2＝1相交于A、B兩點(diǎn)，若P為AB中點(diǎn)，則|AB|＝()A．2eq\r(2)B．2eq\r(3)C．3eq\r(3)D．4eq\r(3)17．答案D解析易知直線AB不與y軸平行，設(shè)其方程為y－2＝k(x－4)，代入雙曲線C：eq\f(x2,2)－y2＝1，整理得(1－2k2)x2＋8k(2k－1)x－32k2＋32k－10＝0，設(shè)此方程兩實(shí)根為x1，x2，則x1＋x2＝eq\f(8k2k－1,2k2－1)，又P(4，2)為AB的中點(diǎn)，所以eq\f(8k2k－1,2k2－1)＝8，解得k＝1，當(dāng)k＝1時(shí)，直線與雙曲線相交，即上述二次方程的Δ＞0，所求直線AB的方程為y－2＝x－4化成一般式為x－y－2＝0，x1＋x2＝8，x1x2＝10，|AB|＝eq\r(2)|x1－x2|＝eq\r(2)·eq\r(82－40)＝4eq\r(3)．故選D．18．已知雙曲線eq\f(x2,3)－y2＝1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P在雙曲線上，且滿足|PF1|＋|PF2|＝2eq\r(5)，則△PF1F2的面積為()A．1B．eq\r(3)C．eq\r(5)D．eq\f(1,2)18．答案A解析在雙曲線eq\f(x2,3)－y2＝1中，a＝eq\r(3)，b＝1，c＝2．不妨設(shè)P點(diǎn)在雙曲線的右支上，則有|PF1|－|PF2|＝2a＝2eq\r(3)，又|PF1|＋|PF2|＝2eq\r(5)，∴|PF1|＝eq\r(5)＋eq\r(3)，|PF2|＝eq\r(5)－eq\r(3).又|F1F2|＝2c＝4，而|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，∴PF1⊥PF2，∴S△PF1F2＝eq\f(1,2)×|PF1|×|PF2|＝eq\f(1,2)×(eq\r(5)＋eq\r(3))×(eq\r(5)－eq\r(3))＝1．故選A．19．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，左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)A在雙曲線C上，若△AF1F2的周長(zhǎng)為10a，則△AF1F2的面積為()A．2eq\r(15)a2B．eq\r(15)a2C．30a2D．15a219．答案B解析(1)由雙曲線的對(duì)稱性不妨設(shè)A在雙曲線的右支上，由e＝eq\f(c,a)＝2，得c＝2a，∴△AF1F2的周長(zhǎng)為|AF1|＋|AF2|＋|F1F2|＝|AF1|＋|AF2|＋4a，又△AF1F2的周長(zhǎng)為10a，∴|AF1|＋|AF2|＝6a，又∵|AF1|－|AF2|＝2a，∴|AF1|＝4a，|AF2|＝2a，在△AF1F2中，|F1F2|＝4a，∴cos∠F1AF2＝eq\f(|AF1|2＋|AF2|2－|F1F2|2,2|AF1|·|AF2|)＝eq\f(（4a）2＋（2a）2－（4a）2,2×4a×2a)＝eq\f(1,4)．又0<∠F1AF<π，∴sin∠F1AF2＝eq\f(\r(15),4)，∴S△AF1F2＝eq\f(1,2)|AF1|·|AF2|·sin∠F1AF2＝eq\f(1,2)×4a×2a×eq\f(\r(15),4)＝eq\r(15)a2．20．已知雙曲線x2－eq\f(y2,3)＝1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，雙曲線的離心率為e，若雙曲線上存在一點(diǎn)P使eq\f(sin∠PF2F1,sin∠PF1F2)＝e，則eq\o(F2P,\s\up6(→))·eq\o(F2F1,\s\up6(→))的值為()A．3B．2C．－3D．－220．答案B解析由題意及正弦定理得eq\f(sin∠PF2F1,sin∠PF1F2)＝eq\f(|PF1|,|PF2|)＝e＝2，∴|PF1|＝2|PF2|，由雙曲線的定義知|PF1|－|PF2|＝2，∴|PF1|＝4，|PF2|＝2，又|F1F2|＝4，由余弦定理可知cos∠PF2F1＝eq\f(|PF2|2＋|F1F2|2－|PF1|2,2|PF2|·|F1F2|)＝eq\f(4＋16－16,2×2×4)＝eq\f(1,4)，∴eq\o(F2P,\s\up6(→))·eq\o(F2F1,\s\up6(→))＝|eq\o(F2P,\s\up6(→))|·|eq\o(F2F1,\s\up6(→))|·cos∠PF2F1＝2×4×eq\f(1,4)＝2．故選B．題型三雙曲線的離心率21．已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的兩條漸近線的夾角為60°，則雙曲線C的離心率為()A．eq\r(2)B．eq\r(3)C．eq\r(3)或eq\f(2\r(3),3)D．eq\f(2\r(3),3)或221．答案D解析秒殺∵兩條漸近線的夾角為60°，∴一條漸近線的傾斜角為30°，斜率為eq\f(\r(3),3)．∴e＝eq\r(1＋k2)＝eq\f(2\r(3),3)．或一條漸近線的傾斜角為60°，斜率為eq\r(3)．∴e＝eq\r(1＋k2)＝2．故選D．通法∵兩條漸近線的夾角為60°，且兩條漸近線關(guān)于坐標(biāo)軸對(duì)稱，∴eq\f(b,a)＝tan30°＝eq\f(\r(3),3)或eq\f(b,a)＝tan60°＝eq\r(3)．由eq\f(b,a)＝eq\f(\r(3),3)，得eq\f(b2,a2)＝eq\f(c2－a2,a2)＝e2－1＝eq\f(1,3)，∴e＝eq\f(2\r(3),3)(舍負(fù))；由eq\f(b,a)＝eq\r(3)，得eq\f(b2,a2)＝eq\f(c2－a2,a2)＝e2－1＝3，∴e＝2(舍負(fù))．故選D．22．(2019·全國(guó)Ⅰ)雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的一條漸近線的傾斜角為130°，則C的離心率為()A．2sin40°B．2cos40°C.eq\f(1,sin50°)D.eq\f(1,cos50°)22．答案D解析秒殺由題意可得－eq\f(b,a)＝tan130°，所以e＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(1＋tan2130°)＝eq\r(1＋\f(sin2130°,cos2130°))＝eq\f(1,|cos130°|)＝eq\f(1,cos50°)．故選D．23．(2019·全國(guó)Ⅰ)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，過(guò)F1的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點(diǎn)．若eq\o(F1A,\s\up8(→))＝eq\o(AB,\s\up8(→))，eq\o(F1B,\s\up8(→))·eq\o(F2B,\s\up8(→))＝0，則C的離心率為_(kāi)_______．23．答案2解析秒殺由eq\o(F1A,\s\up8(→))＝eq\o(AB,\s\up8(→))，得A為F1B的中點(diǎn)．又∵O為F1F2的中點(diǎn)，∴OA∥BF2．又eq\o(F1B,\s\up8(→))·eq\o(F2B,\s\up8(→))＝0，∴∠F1BF2＝90°．∴OF2＝OB，∴∠OBF2＝∠OF2B．又∵∠F1OA＝∠BOF2，∠F1OA＝∠OF2B，∴∠BOF2＝∠OF2B＝∠OBF2，∴△OBF2為等邊三角形．∴一條漸近線的傾斜角為60°，斜率為eq\r(3)．∴e＝eq\r(1＋k2)＝2．通法一：由eq\o(F1A,\s\up8(→))＝eq\o(AB,\s\up8(→))，得A為F1B的中點(diǎn)．又∵O為F1F2的中點(diǎn)，∴OA∥BF2．又eq\o(F1B,\s\up8(→))·eq\o(F2B,\s\up8(→))＝0，∴∠F1BF2＝90°．∴OF2＝OB，∴∠OBF2＝∠OF2B．又∵∠F1OA＝∠BOF2，∠F1OA＝∠OF2B，∴∠BOF2＝∠OF2B＝∠OBF2，∴△OBF2為等邊三角形．如圖所示，不妨設(shè)B為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)，－\f(\r(3),2)c))．∵點(diǎn)B在直線y＝－eq\f(b,a)x上，∴eq\f(b,a)＝eq\r(3)，∴離心率e＝eq\f(c,a)＝2．通法二：∵eq\o(F1B,\s\up8(→))·eq\o(F2B,\s\up8(→))＝0，∴∠F1BF2＝90°．在Rt△F1BF2中，O為F1F2的中點(diǎn)，∴|OF2|＝|OB|＝c．如圖，作BH⊥x軸于H，由l1為雙曲線的漸近線，可得eq\f(|BH|,|OH|)＝eq\f(b,a)，且|BH|2＋|OH|2＝|OB|2＝c2，∴|BH|＝b，|OH|＝a，∴B(a，－b)，F(xiàn)2(c，0)．又∵eq\o(F1A,\s\up8(→))＝eq\o(AB,\s\up8(→))，∴A為F1B的中點(diǎn)．∴OA∥F2B，∴eq\f(b,a)＝eq\f(b,c－a)，∴c＝2a，∴離心率e＝eq\f(c,a)＝2．24．已知F1，F(xiàn)2分別是雙曲線E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)M在E上，MF1與x軸垂直，sin∠MF2F1＝eq\f(1,3)，則E的離心率為()A．eq\r(2)B．eq\f(3,2)C．eq\r(3)D．224．答案A解析秒殺作出示意圖，如圖，離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2c,2a)＝eq\f(|F1F2|,|MF2|－|MF1|)＝eq\f(sin∠F1MF2,sin∠MF1F2－sin∠MF2F1)＝eq\f(\f(2\r(2),3),1－\f(1,3))＝eq\r(2)．故選A．通法因?yàn)镸F1與x軸垂直，所以|MF1|＝eq\f(b2,a)．又sin∠MF2F1＝eq\f(1,3)，所以eq\f(|MF1|,|MF2|)＝eq\f(1,3)，即|MF2|＝3|MF1|．由雙曲線的定義，得2a＝|MF2|－|MF1|＝2|MF1|＝eq\f(2b2,a)，所以b2＝a2，所以c2＝b2＋a2＝2a2，所以離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(2)．故選A．25．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，P為雙曲線C上第二象限內(nèi)一點(diǎn)，若直線y＝eq\f(b,a)x恰為線段PF2的垂直平分線，則雙曲線C的離心率為()A．eq\r(2)B．eq\r(3)C．eq\r(5)D．eq\r(6)25．答案C解析秒殺由已知△F1PF2是直角三角形，∠F2PF1＝90°，sin∠PF1F2＝eq\f(b,c)，∠PF2F1＝eq\f(a,c)，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(sin90°,|sin∠PF1F2＋sin∠PF2F1|)＝eq\f(1,|eq\f(b,c)－eq\f(a,c)|)．即eq\f(b,a)＝2，所以e＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)＝eq\r(5)．故選C．通法如圖，直線PF2的方程為y＝－eq\f(a,b)(x－c)，設(shè)直線PF2與直線y＝eq\f(b,a)x的交點(diǎn)為N，易知Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)，\f(ab,c)))．又線即5a2＝c2，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\r(5)．故選C．26．已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A，B在雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)上，且關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O對(duì)稱．若雙曲線C上與點(diǎn)A，B橫坐標(biāo)不相同的任意一點(diǎn)P滿足kPA·kPB＝3，則雙曲線C的離心率為()A．2B．4C．eq\r(10)D．1026．答案A解析秒殺∵k1·k2＝e2－1．∴3＝e2－1．∴e＝2．故選A．通法設(shè)A(x1，y1)，P(x0，y0)(|x0|≠|(zhì)x1|)，則B(－x1，－y1)，則kPA·kPB＝eq\f(y0－y1,x0－x1)·eq\f(y0＋y1,x0＋x1)＝eq\f(y\o\al(2,0)－y\o\al(2,1),x\o\al(2,0)－x\o\al(2,1))．因?yàn)辄c(diǎn)P，A在雙曲線C上，所以b2xeq\o\al(2,0)－a2yeq\o\al(2,0)＝a2b2，b2xeq\o\al(2,1)－a2yeq\o\al(2,1)＝a2b2，兩式相減可得eq\f(y\o\al(2,0)－y\o\al(2,1),x\o\al(2,0)－x\o\al(2,1))＝eq\f(b2,a2)，故eq\f(b2,a2)＝3，于是b2＝3a2．又因?yàn)閏2＝a2＋b2，所以雙曲線C的離心率e＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)＝2．故選A．27．已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，過(guò)點(diǎn)P(3，6)的直線l與C相交于A，B兩點(diǎn)，且AB的中點(diǎn)為N(12，15)，則雙曲線C的離心率為()A．2B．eq\f(3,2)C．eq\f(3\r(5),5)D．eq\f(\r(5),2)27．答案B解析秒殺由題意得，k0·k＝e2－1．∴e＝eq\f(3,2)．故選B．通法設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由AB的中點(diǎn)為N(12,15)，則x1＋x2＝24，y1＋y2＝30，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)－\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\o\al(2,2),a2)－\f(y\o\al(2,2),b2)＝1，))兩式相減得，eq\f(x1＋x2x1－x2,a2)＝eq\f(y1＋y2y1－y2,b2)，則eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(b2x1＋x2,a2y1＋y2)＝eq\f(4b2,5a2)，由直線AB的斜率k＝eq\f(15－6,12－3)＝1，所以eq\f(4b2,5a2)＝1，則eq\f(b2,a2)＝eq\f(5,4)，雙曲線的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\f(3,2)，所以雙曲線C的離心率為eq\f(3,2)．故選B．28．已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點(diǎn)為F，直線l經(jīng)過(guò)點(diǎn)F且與雙曲線的一條漸近線垂直，直線l與雙曲線的右支交于不同兩點(diǎn)A，B，若eq\o(AF,\s\up6(→))＝3eq\o(FB,\s\up6(→))，則該雙曲線的離心率為()A．eq\f(\r(5),2)B．eq\f(\r(6),2)C．eq\f(2\r(3),3)D．eq\r(3)28．答案A解析秒殺由題可知，，即，即所以e＝＝eq\f(\r(5),2)，故選B．通法由題意得直線l的方程為x＝eq\f(b,a)y＋c，不妨取a＝1，則x＝by＋c，且b2＝c2－1．將x＝by＋c代入x2－eq\f(y2,b2)＝1，(b＞0)，得(b4－1)y2＋2b3cy＋b4＝0．設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝－eq\f(2b3c,b4－1)，y1y2＝eq\f(b4,b4－1)．由eq\o(AF,\s\up6(→))＝3eq\o(FB,\s\up6(→))，得y1＝－3y2，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2y2＝－\f(2b3c,b4－1),－3y\o\al(2,2)＝\f(b4,b4－1)))，得3b2c2＝1－b4，解得b2＝eq\f(1,4)，所以c＝eq\r(b2＋1)＝eq\r(\f(5,4))＝eq\f(\r(5),2)，故該雙曲線的離心率為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),2)，故選A．29．已知雙曲線Γ：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，過(guò)雙曲線Γ的右焦點(diǎn)F，且傾斜角為eq\f(π,2)的直線l與雙曲線Γ交于A，B兩點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，若∠AOB＝∠OAB，則雙曲線Γ的離心率為()A．eq\f(\r(3)＋\r(7),2)B．eq\f(\r(11)＋\r(33),2)C．eq\f(\r(3)＋\r(39),6)D．eq\f(1＋\r(17),4)29．答案C解析由題意可知AB是通徑，根據(jù)雙曲線的對(duì)稱性和∠AOB＝∠OAB，可知△AOB為等邊三角形，所以tan∠AOF＝eq\f(\f(b2,a),c)＝eq\f(\r(3),3)，整理得b2＝eq\f(\r(3),3)ac，由c2＝a2＋b2，得c2＝a2＋eq\f(\r(3),3)ac，兩邊同時(shí)除以a2，得e2－eq\f(\r(3),3)e－1＝0，解得e＝eq\f(\r(3)＋\r(39),6)．故選C．30．過(guò)雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)左焦點(diǎn)F的直線l與C交于M，N兩點(diǎn)，且eq\o(FN,\s\up8(→))＝3eq\o(FM,\s\up8(→))，若OM⊥FN，則C的離心率為()A．2B．eq\r(7)C．3D．eq\r(10)30．答案B解析設(shè)雙曲線的右焦點(diǎn)為F′，取MN的中點(diǎn)P，連接F′P，F(xiàn)′M，F(xiàn)′N，如圖所示，由eq\o(FN,\s\up8(→))＝3eq\o(FM,\s\up8(→))，可知|MF|＝|MP|＝|NP|．又O為FF′的中點(diǎn)，可知OM∥PF′．∵OM⊥FN，∴PF′⊥FN．∴PF′為線段MN的垂直平分線．∴|NF′|＝|MF′|．設(shè)|MF|＝t，由雙曲線定義可知|NF′|＝3t－2a，|MF′|＝2a＋t，則3t－2a＝2a＋t，解得t＝2a．在Rt△MF′P中，|PF′|＝eq\r(|MF′|2－|MP|2)＝eq\r(16a2－4a2)＝2eq\r(3)a，∴|OM|＝eq\f(1,2)|PF′|＝eq\r(3)a．在Rt△MFO中，|MF|2＋|OM|2＝|OF|2，∴4a2＋3a2＝c2?e＝eq\r(7)．故選B．題型四雙曲線的漸近線31．(2018·全國(guó)Ⅱ)雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的離心率為eq\r(3)，則其漸近線方程為()A．y＝±eq\r(2)xB．y＝±eq\r(3)xC．y＝±eq\f(\r(2),2)xD．y＝±eq\f(\r(3),2)x31．答案A解析法一：由題意知，e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3)，所以c＝eq\r(3)a，所以b＝eq\r(c2－a2)＝eq\r(2)a，所以eq\f(b,a)＝eq\r(2)，所以該雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\r(2)x，故選A．法二：由e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))eq\s\up12(2))＝eq\r(3)，得eq\f(b,a)＝eq\r(2)，所以該雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\r(2)x，故選A．32．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，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，P是雙曲線在第一象限上的點(diǎn)，直線PO交雙曲線C左支于點(diǎn)M，直線PF2交雙曲線C右支于點(diǎn)N，若|PF1|＝2|PF2|，且∠MF2N＝60°，則雙曲線C的漸近線方程為()A．y＝±eq\r(2)xB．y＝±eq\f(\r(2),2)xC．y＝±2xD．y＝±2eq\r(2)x32．答案A解析由題意得，|PF1|＝2|PF2|，|PF1|－|PF2|＝2a，∴|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，由于P，M關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，F(xiàn)1，F(xiàn)2關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，∴線段PM，F(xiàn)1F2互相平分，四邊形PF1MF2為平行四邊形，PF1∥MF2，∵∠MF2N＝60°，∴∠F1PF2＝60°，由余弦定理可得4c2＝16a2＋4a2－2·4a·2a·cos60°，∴c＝eq\r(3)a，∴b＝eq\r(c2－a2)＝eq\r(2)a．∴eq\f(b,a)＝eq\r(2)，∴雙曲線C的漸近線方程為y＝±eq\r(2)x．故選A．33．過(guò)雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦點(diǎn)F(1，0)作x軸的垂線，與雙曲線交于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若△AOB的面積為eq\f(8,3)，則雙曲線的漸近線方程為_(kāi)_______．33．答案y＝±2eq\r(2)x解析由題意得|AB|＝eq\f(2b2,a)，∵S△AOB＝eq\f(8,3)，∴eq\f(1,2)×eq\f(2b2,a)×1＝eq\f(8,3)，∴eq\f(b2,a)＝eq\f(8,3)①，又a2＋b2＝1②，由①②得a＝eq\f(1,3)，b＝eq\f(2\r(2),3)，∴雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x＝±2eq\r(2)x.34．已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a，b>0)的右頂點(diǎn)A和右焦點(diǎn)F到一條漸近線的距離之比為1∶eq\r(2)，則C的漸近線方程為()A．y＝±xB．y＝±eq\r(2)xC．y＝±2xD．y＝±eq\r(3)x34．答案A解析由雙曲線方程可得漸近線為：y＝±eq\f(b,a)x，A(a,0)，F(xiàn)(c,0)，則點(diǎn)A到漸近線距離d1＝eq\f(|ab|,\r(a2＋b2))＝eq\f(ab,c)，點(diǎn)F到漸近線距離d2＝eq\f(|bc|,\r(a2＋b2))＝eq\f(bc,c)＝b，∴d1∶d2＝eq\f(ab,c)∶b＝a∶c＝1∶eq\r(2)，即c＝eq\r(2)a，則eq\f(b,a)＝eq\f(\r(c2－a2),a)＝eq\f(a,a)＝1，∴雙曲線漸近線方程為y＝±x．故選A．35．雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的兩條漸近線分別為l1，l2，F(xiàn)為其一個(gè)焦點(diǎn)，若F關(guān)于l1的對(duì)稱點(diǎn)在l2上，則雙曲線的漸近線方程為()A．y＝±2xB．y＝±eq\r(3)xC．y＝±3xD．y＝±eq\r(2)x35．答案B解析不妨取F(c，0)，l1：bx－ay＝0，設(shè)其對(duì)稱點(diǎn)F′(m，n)在l2：bx＋ay＝0，由對(duì)稱性可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b·\f(m＋c,2)－a·\f(n,2)＝0,\f(n,m－c)·\f(b,a)＝－1))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(a2－b2,a2＋b2)c,n＝\f(2abc,a2＋b2)))，點(diǎn)F′(m，n)在l2：bx＋ay＝0，則eq\f(a2－b2,a2＋b2)·bc＋eq\f(2a2bc,a2＋b2)＝0，整理可得eq\f(b2,a2)＝3，∴eq\f(b,a)＝eq\r(3)，雙曲線的漸近線方程為：y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\r(3)x.故選B.36．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(diǎn)，P是雙曲線上一點(diǎn)，若|PF1|＋|PF2|＝6a，且△PF1F2的最小內(nèi)角為eq\f(π,6)，則雙曲線的漸近線方程為()A．y＝±2xB．y＝±eq\f(1,2)xC．y＝±eq\f(\r(2),2)xD．y＝±eq\r(2)x36．答案D解析不妨設(shè)P為雙曲線右支上一點(diǎn)，則|PF1|>|PF2|，由雙曲線的定義得|PF1|－|PF2|＝2a，又|PF1|＋|PF2|＝6a，所以|PF1|＝4a，|PF2|＝2a．又因?yàn)閑q\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2c>2a，,4a>2a，))所以∠PF1F2為最小內(nèi)角，故∠PF1F2＝eq\f(π,6)．由余弦定理，可得eq\f(（4a）2＋（2c）2－（2a）2,2·4a·2c)＝eq\f(\r(3),2)，即(eq\r(3)a－c)2＝0，所以c＝eq\r(3)a，則b＝eq\r(2)a，所以雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\r(2)x．37．已知F2，F(xiàn)1是雙曲線eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)的上、下兩個(gè)焦點(diǎn)，過(guò)F1的直線與雙曲線的上下兩支分別交于點(diǎn)B，A，若△ABF2為等邊三角形，則雙曲線的漸近線方程為()A．y＝±eq\r(2)xB．y＝±eq\f(\r(2),2)xC．y＝±eq\r(6)xD．y＝±eq\f(\r(6),6)x37．答案D解析根據(jù)雙曲線的定義，可得|BF1|－|BF2|＝2a，∵△ABF2為等邊三角形，∴|BF2|＝|AB|，∴|BF1|－|AB|＝|AF1|＝2a，又∵|AF2|－|AF1|＝2a，∴|AF2|＝|AF1|＋2a＝4a，∵在△AF1F2中，|AF1|＝2a，|AF2|＝4a，∠F1AF2＝120°，∴|F1F2|2＝|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1|·|AF2|cos120°，即4c2＝4a2＋16a2－2×2a×4a×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝28a2，亦即c2＝7a2，則b＝eq\r(c2－a2)＝eq\r(6a2)＝eq\r(6)a，由此可得雙曲線C的漸近線方程為y＝±eq\f(\r(6),6)x．38．已知F1，F(xiàn)2是雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的兩個(gè)焦點(diǎn)，P是C上一點(diǎn)，若|PF1|＋|PF2|＝6a，且△PF1F2最小內(nèi)角的大小為30°，則雙曲線C的漸近線方程是()A．eq\r(2)x±y＝0B．x±eq\r(2)y＝0C．x±2y＝0D．2x±y＝038．答案A解析由題意，不妨設(shè)|PF1|>|PF2|，則根據(jù)雙曲線的定義得，|PF1|－|PF2|＝2a，又|PF1|＋|PF2|＝6a，解得|PF1|＝4a，|PF2|＝2a.在△PF1F2中，|F1F2|＝2c，而c>a，所以有|PF2|<|F1F2|，所以∠PF1F2＝30°，所以(2a)2＝(2c)2＋(4a)2－2·2c·4acos30°，得c＝eq\r(3)a，所以b＝eq\r(c2－a2)＝eq\r(2)a.所以雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\r(2)x，即eq\r(2)x±y＝0．題型五雙曲線中的最值與范圍39．P是雙曲線C：eq\f(x2,2)－y2＝1右支上一點(diǎn)，直線l是雙曲線C的一條漸近線，P在l上的射影為Q，F(xiàn)1是雙曲線C的左焦點(diǎn)，則|PF1|＋|PQ|的最小值為()A．1B．2＋eq\f(\r(15),5)C．4＋eq\f(\r(15),5)D．2eq\r(2)＋139．答案D解析如圖所示，設(shè)雙曲線右焦點(diǎn)為F2，則|PF1|＋|PQ|＝2a＋|PF2|＋|PQ|，即當(dāng)|PQ|＋|PF2|最小時(shí)，|PF1|＋|PQ|取最小值，由圖知當(dāng)F2，P，Q三點(diǎn)共線時(shí)|PQ|＋|PF2|取得最小值，即F2到直線l的距離d＝1，故所求最值為2a＋1＝2eq\r(2)＋1．故選D．40．雙曲線C的漸近線方程為y＝±eq\f(2\r(3),3)x，一個(gè)焦點(diǎn)為F(0，－eq\r(7))，點(diǎn)A(eq\r(2)，0)，點(diǎn)P為雙曲線上在第一象限內(nèi)的點(diǎn)，則當(dāng)點(diǎn)P的位置變化時(shí)，△PAF周長(zhǎng)的最小值為()A．8B．10C．4＋3eq\r(7)D．3＋3eq\r(17)40．答案B解析由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)＝\f(2\r(3),3)，,c＝\r(7)，,c2＝a2＋b2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝3，,c2＝7，))則雙曲線C的方程為eq\f(y2,4)－eq\f(x2,3)＝1，設(shè)雙曲線的另一個(gè)焦點(diǎn)為F′，則|PF|＝|PF′|＋4，△PAF的周長(zhǎng)為|PF|＋|PA|＋|AF|＝|PF′|＋4＋|PA|＋3，又點(diǎn)P在第一象限，則|PF′|＋|PA|的最小值為|AF′|＝3，故△PAF的周長(zhǎng)的最小值為10．41．過(guò)雙曲線x2－eq\f(y2,15)＝1的右支上一點(diǎn)P，分別向圓C1：(x＋4)2＋y2＝4和圓C2：(x－4)2＋y2＝1作切線，切點(diǎn)分別為M，N，則|PM|2－|PN|2的最小值為()A．10B．13C．16