2026年高考数学一轮专题训练：双曲线 含答案

/高考数学一轮复习双曲线一．选择题（共8小题）1．（2025春•桂平市期中）已知F1，F2分别是双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，P是C上一点，且|PF2|＝3|PF1A．43 B．2 C．32 2．（2025•河西区二模）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过A．y=±6x B．y=±7x C．3．（2025•聊城二模）双曲线C的方程为x2﹣y2＝λ（λ＞0），直线x﹣2y+3＝0与双曲线左右两支分别交于A，B两点，与两条渐近线分别交于E，F两点，若E，F是线段AB的三等分点，则λ的值为（）A．4 B．8 C．12 D．244．（2025•广东模拟）从双曲线x2−y23=1上一点M向该双曲线的两条渐近线作垂线，垂足分别为A，B，已知|A．72 B．74 C．1325．（2025•桂林模拟）已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，直线l与E的两条渐近线分别交于AA．2 B．3 C．5 D．106．（2025•茂名二模）设O为坐标原点，F为双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的左焦点，圆O：x2+y2＝a2与A．233 B．213 C．307．（2025•包头二模）直线l与双曲线x24−y2=1交于P，Q两点，线段A．y＝x﹣3 B．y＝﹣x﹣3 C．y＝x+5 D．y＝﹣x+58．（2025•贵州三模）如图，在圆锥SO中，AB为底面圆O的直径，过SB的中点M与SO平行作平面截圆锥，得到截面与圆锥侧面的交线是双曲线的一部分．若SO=A．3 B．63 C．233二．多选题（共4小题）（多选）9．（2025春•大祥区校级期中）已知双曲线C：x22−y2b2=1(b＞0)的左、右焦点分别为F1（﹣cA．若F2到渐近线的距离为1，则c=B．当点P异于顶点时，△PF1F2的内切圆的圆心总在定直线x=2C．若∠F1PF2＝90°，则点P的纵坐标为±2bD．过点P作双曲线的切线交渐近线于A，B两点，若S△OAB（多选）10．（2025春•安康期中）设双曲线C：x2a2−y22=1(a＞0)的左，右焦点分别为F1，F2，且|FA．C的实轴长为22B．||AC．若S△ABF2=4D．若|F1A||F2A（多选）11．（2025春•南京校级期中）已知双曲线E：x2a2−y2b2=1的左焦点为F，直线lA．若双曲线的渐近线方程为y＝±x，则E的离心率为2 B．若∠OBA＝90°，且B为线段CF的中点，则E的离心率为3 C．若∠OBA＝90°，且B为线段DF的中点，则E的离心率为5 D．若E的离心率为2，则存在无数条直线l，使|AB|≠|CD|（多选）12．（2024秋•迎江区校级期末）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|＝2c，过点A．若以F1F2为直径的圆经过点Q，则双曲线的离心率为2 B．若以F1F2为直径的圆经过点P，则双曲线的离心率为22C．若QF2→=2QP→，则D．若点P不在圆Ω：(x−三．填空题（共4小题）13．（2025•揭阳模拟）记双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)14．（2025春•湖北期中）已知双曲线C：x2a2−y2=1(a＞0)的左右顶点分别为A，B，点P是双曲线上第一象限内的动点，设∠PAB＝α，∠PBA＝β，当a=215．（2025春•宣威市校级期中）已知双曲线C：x2−y23=1的左、右焦点分别为F1、F2，双曲线C上的点P在x轴上方，若∠PF2F1的平分线交PF1于点A，且点A在以坐标原点O为圆心，|OF1|为半径的圆上，则直线PF16．（2025•安康模拟）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的左、右顶点分别为A1，A2，F是双曲线C的左焦点，P为双曲线C四．解答题（共4小题）17．（2025•湖北模拟）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，（1）求C的标准方程；（2）过F2的直线交双曲线C于M，N两点（M，N两点均位于x轴下方，M在左，N在右），线段AM与线段F1N交于点R，若△F1RM的面积等于△ARN的面积，求|MN|．18．（2025•绵阳模拟）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的右焦点为F（2，0），且点F到双曲线C的渐近线的距离为1．过点P（3，0）作两条互相垂直的直线l1和l2，l1交双曲线C于A，B两点，l2交双曲线C于D，E两点，M，N分别是AB，DE的中点，直线MN过定点P1（x1，y1）；再过点P1（x1，y1）作两条互相垂直的直线l3和l4，l3交双曲线C于A1，B1两点，l4交双曲线C于D1，E1两点，M1，N1分别是A1B1，D1E1的中点，直线M1N1过定点P2（x2，y2）以这样的方式构造下去，可以得到一列定点P1（x1，y1），P2（x2，y2），P3（x3（1）求双曲线C的方程；（2）求点P1的坐标；（3）若Q（1，0），R（1，1），记△QRPn（n≥1，n∈N*）的面积为Sn，证明：1S19．（2025•淮北模拟）已知双曲线E：x2a2−y2b2=1（a，b＞0）经过点P(−4，3（Ⅰ）求双曲线E的方程；（Ⅱ）点M为实轴上一点，直线PM交E于另一点Q，记△APM的面积为S1，△BMQ的面积为S2，若S1﹣S2=3，求Q20．（2025•广州模拟）已知双曲线C：x2a2−y2b（1）求C的方程；（2）设点P在C的右支上，过点P作圆O：x2+y2=32的两条切线，一条与C的左支交于点M（i）证明：OM⊥OP；（ii）当△PMN的面积最小时，求直线PM和直线PN的方程．

高考数学一轮复习双曲线答案与试题解析一．选择题（共8小题）1．（2025春•桂平市期中）已知F1，F2分别是双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点，P是C上一点，且|PF2|＝3|PF1A．43 B．2 C．32 【考点】求双曲线的离心率．【专题】数形结合；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．【正确答案】C【分析】根据双曲线的定义和|PF2|＝3|PF1|，解得|PF1|＝a，|PF2|＝3a，在△PF1F2中，利用余弦定理可得离心率．解：由已知，|PF2|＝3|PF1|，|PF2|﹣|PF1|＝3|PF1|﹣|PF1|＝2|PF1|＝2a，所以|PF1|＝a，|PF2|＝3a，则在△PF1F2中，cos∠PF1F2=|整理得6c2﹣ac﹣12a2＝0，即6e2﹣e﹣12＝0，解得e=3故选：C．【点评】本题主要考查求双曲线的离心率，属于中档题．2．（2025•河西区二模）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过A．y=±6x B．y=±7x C．【考点】直线与双曲线的综合；双曲线的渐近线．【专题】转化思想；转化法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【正确答案】A【分析】利用垂直关系的向量表示可得MP⊥NF2，且△MNF2为等边三角形，结合双曲线定义以及余弦定理计算可得c2＝7a2，即可求解．解：如下图：由MP→⋅(MF2→−MN又NF2→=2NP→故|MN|＝|MF2|，又∠F1NF2＝60°，故△MNF2为等边三角形，设△MNF2的边长为m，由双曲线定义可知|NF1|﹣|NF2|＝2a，|MF2﹣MF1|＝2a，所以|NF1|＝m+2a，|MF1|＝m﹣2a，又|NF1|﹣|MF1|＝|MN|＝m．故m+2a﹣（m﹣2a）＝m，故m＝4a，在△NF1F2中，由余弦定理可得|F即(2c可得c2＝7a2，即a2+b2＝7a2，即b2＝6a2，所以ba所以双曲线C的渐近线方程为y=±故选：A．【点评】本题考查双曲线方程的应用，属于中档题．3．（2025•聊城二模）双曲线C的方程为x2﹣y2＝λ（λ＞0），直线x﹣2y+3＝0与双曲线左右两支分别交于A，B两点，与两条渐近线分别交于E，F两点，若E，F是线段AB的三等分点，则λ的值为（）A．4 B．8 C．12 D．24【考点】由直线与双曲线位置关系及公共点个数求解方程或参数；双曲线的渐近线．【专题】计算题；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【正确答案】D【分析】设A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线l与双曲线E的方程，得y1+y2=4，y1解：设A（x1，y1），B（x2，y2）联立直线l与双曲线E的方程，得x−2y+3=0x2−y2=λ，消去x，得3y双曲线C的渐近线方程为y＝±x，联立直线l与双曲线E的渐近线方程，得x−2得x=3y=3，即F（3，3），同理E（﹣1，1），因为E，F所以AE→=12EB所以y1＝﹣1，y2＝5，则y1y2故选：D．【点评】本题考查由直线与双曲线位置关系及公共点个数求解方程或参数，属于中档题．4．（2025•广东模拟）从双曲线x2−y23=1上一点M向该双曲线的两条渐近线作垂线，垂足分别为A，B，已知|A．72 B．74 C．132【考点】双曲线的弦及弦长．【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【正确答案】A【分析】由双曲线的性质，结合余弦定理求解即可．解：从双曲线x2−y23=1上一点则双曲线的两条渐近线方程为y=±不妨设M（x0，y0），且M在第一象限，则|MA|=|又|MA|+|MB|＝2，则|3又(3则x0则|MA|=1又在四边形AMBO中可得：∠AMB在△AMB中，结合余弦定理可得：|AB则|AB|=7故选：A．【点评】本题考查了双曲线的性质，重点考查了余弦定理，属中档题．5．（2025•桂林模拟）已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，直线l与E的两条渐近线分别交于AA．2 B．3 C．5 D．10【考点】直线与双曲线的综合．【专题】计算题；集合思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【正确答案】B【分析】根据双曲线方程得到其渐近线方程，结合示意图分析条件求出点A坐标，利用向量的坐标运算得到点B坐标，代入渐近线方程，化简计算即可求得离心率．解：由双曲线E：x2因为2F2A→=AB→，OA⊥AB，所以OA⊥AF2在RtΔOAF2中，|OF2|＝c，tan∠AOF=ba，∴|可得A(a2即（xA﹣c，yA）＝（xB﹣xA，yB﹣yA），则xByB=3yA=3abc，又因为点B在渐近线y=−ba故选：B．【点评】本题考查直线与双曲线的综合，属于中档题．6．（2025•茂名二模）设O为坐标原点，F为双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的左焦点，圆O：x2+y2＝a2与A．233 B．213 C．30【考点】双曲线的离心率．【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【正确答案】B【分析】求出双曲线的渐近线方程，在△MFO中，运用正弦定理，结合同角的基本关系式、两角差的正弦公式，化简可得a，b的关系式，进而得到所求离心率．解：双曲线C：x2a2−y2b2=1（圆O：x2+y2＝a2与C的渐近线y=bax在第一象限的交点为设直线OM的倾斜角为α，即有∠MFO＝α−π且tanα=ba，cosα=ac在△MFO中，由正弦定理可得|MO即为asin(α−π6)=csinπ6，即为a=可得ba则双曲线的离心率e=c故选：B．【点评】本题考查双曲线的方程和性质，以及三角形的正弦定理，考查方程思想和运算能力，属于中档题．7．（2025•包头二模）直线l与双曲线x24−y2=1交于P，Q两点，线段A．y＝x﹣3 B．y＝﹣x﹣3 C．y＝x+5 D．y＝﹣x+5【考点】双曲线的中点弦．【专题】转化思想；转化法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【正确答案】A【分析】由点差法求出直线l的斜率，再由点斜式方程求解即可．解：设P（x1，y1），Q（x2，y2），因为线段PQ的中点为M（4，1），所以x1+x2＝8，y1+y2＝2，所以x1两式相减可得：x1即(x所以y1即y1所以直线l的斜率为1，所以直线l的方程为：y﹣1＝x﹣4，化简为：y＝x﹣3，经检验符合题意．故选：A．【点评】本题考查点差法的应用，属于中档题．8．（2025•贵州三模）如图，在圆锥SO中，AB为底面圆O的直径，过SB的中点M与SO平行作平面截圆锥，得到截面与圆锥侧面的交线是双曲线的一部分．若SO=A．3 B．63 C．233【考点】求双曲线的离心率．【专题】数形结合；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解；空间想象．【正确答案】C【分析】设OB＝2m（m＞0），该曲线与圆锥的底面圆交于点H、P，取OB的中点Q，过S作SN∥AB，交直线MQ于点N，过点N作y轴∥HP，建立平面直角坐标系，设双曲线方程为x2a2−y2b解：如图，设OB＝2m（m＞0），该曲线与圆锥的底面圆交于点H、P，因为SO=所以SB＝SA＝AB＝4m，即△SAB为等边三角形，又M为SB的中点，取OB的中点Q，过S作SN∥AB，交直线MQ于点N，过点N作y轴∥HP，以直线QN为x轴，N为坐标原点，建立平面直角坐标系，设双曲线方程为x2所以a=MN=3m，又HP则点P(−23m，3m)所以双曲线的离心率e=故选：C．【点评】本题主要考查求双曲线的离心率，属于中档题．二．多选题（共4小题）（多选）9．（2025春•大祥区校级期中）已知双曲线C：x22−y2b2=1(b＞0)的左、右焦点分别为F1（﹣cA．若F2到渐近线的距离为1，则c=B．当点P异于顶点时，△PF1F2的内切圆的圆心总在定直线x=2C．若∠F1PF2＝90°，则点P的纵坐标为±2bD．过点P作双曲线的切线交渐近线于A，B两点，若S△OAB【考点】双曲线的其他性质；双曲线的焦点三角形；求双曲线的渐近线方程．【专题】数形结合；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．【正确答案】ABD【分析】由题干知，a=2，根据双曲线的焦点到渐近线的距离为b可判断A；根据内切圆的性质以及双曲线的定义可判断B；根据点P在双曲线上以及互相垂直的直线斜率之积为﹣1可判断C；写出双曲线过点P的切线方程，与两渐近线联立，可得A、B坐标，进而表示出S△AOB，可求出b，得到渐近线方程，判断D解：由已知，a=2对于A，若F2到渐近线的距离为1，由双曲线的性质知，b＝1，所以c=a2+对于B，如图，设内切圆与PF1切于点M，与PF2切于点N，与F1F2切于点Q，则由内切圆的性质，知PM＝PN，F1M＝F1Q，F2N＝F2Q，由双曲线的定义，PF1﹣PF2＝2a，即F1M﹣F2N＝2a，即F1Q﹣F2Q＝2a，因为F1Q+F2Q＝2c，所以F1Q＝a+c，F2Q＝c﹣a，则Q（a，0），即△PF1F2的内切圆的圆心总在定直线x=2上，故对于C，设P（x，y），若∠F1PF2＝90°，则kP即yx+c⋅yx−c=−1，得因为点P在双曲线上，所以x2=a则y2＝c2−a2(1+y2b2)，整理得y2对于D，设P（m，n），则双曲线过点P的切线方程为mx2双曲线的两条渐近线方程分别为y=b2x②，联立①②，得点A（2bbm−联立①③，得点B（2bbm+双曲线过点P的切线与x轴交于点（2m所以S△AOB=12×2|m|×|因为P（m，n）在双曲线上，所以b2m2﹣2n2＝2b2，所以S△AOB=2b=3，b所以双曲线的渐近线方程为y=±32故选：ABD．【点评】本题主要考查双曲线的性质、双曲线与直线的综合，属于中档题．（多选）10．（2025春•安康期中）设双曲线C：x2a2−y22=1(a＞0)的左，右焦点分别为F1，F2，且|FA．C的实轴长为22B．||AC．若S△ABF2=4D．若|F1A||F2A【考点】直线与双曲线的综合；双曲线的焦点弦及焦半径；双曲线的几何特征．【专题】综合题；对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．【正确答案】ABD【分析】由题意，结合a，b，c之间的关系即可判断选项A；利用对称性得出|AF1|＝|BF2|，再结合双曲线的定义即可判断选项B；利用S△ABF2=2S△BOF2即可求出点B坐标，再计算直线OB的斜率即可判断选项C；根据|F解：设c为双曲线C的半焦距，此时c=因为a2＝c2﹣2＝2，所以a=则C的实轴长2a=22，故选项A因为A，B关于原点中心对称，F1，F2关于原点中心对称，所以四边形AF1BF2为平行四边形，所以|AF1|＝|BF2|，则||AF1|﹣|BF1||＝||BF2|﹣|BF1||＝2a=22，故选项B因为S△解得|yB|＝2，所以|x所以直线AB斜率即直线OB斜率，因为kOB=±|所以直线AB的斜率为±63，故选项C因为|F1A所以|AF2则|A所以AF1⊥F1F2，因为AF1∥BF2，所以BF2⊥F1F2，故选项D正确．故选：ABD．【点评】本题考查双曲线的方程，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．（多选）11．（2025春•南京校级期中）已知双曲线E：x2a2−y2b2=1的左焦点为F，直线lA．若双曲线的渐近线方程为y＝±x，则E的离心率为2 B．若∠OBA＝90°，且B为线段CF的中点，则E的离心率为3 C．若∠OBA＝90°，且B为线段DF的中点，则E的离心率为5 D．若E的离心率为2，则存在无数条直线l，使|AB|≠|CD|【考点】双曲线的离心率；由双曲线的渐近线方程求解双曲线的标准方程或参数．【专题】数形结合；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．【正确答案】AC【分析】对于A，由题意可得ba=1，从而可求出离心率，对于B，由题意不妨设直线l的方程为y=ab(x+c)，与渐近线方程联立可求出点B，从而可求出点C的坐标，代入另一条渐近线方程化简可求出离心率，对于C，由选项B可知点B的坐标，从而可求出点D的坐标，代入双曲线方程化简可求出离心率，对于D，分别设A，B，C，D的横坐标为x1，x2，x3，x4，由离心率可得双曲线方程，设直线解：对于A，由题意得ba=1，所以离心率e=1+对于B，如图，因为∠OBA＝90°，由对称性不妨设l的斜率为正，则直线l的方程为y=由y=−baxy因为B为线段CF的中点，所以C(因为点C在渐近线y=bax上，所以2abc=所以c＝2a，所以离心率e=ca对于C，由选项B可知B(−a2c，abc因为点D在双曲线x2a2化简得c4﹣5a2c2＝0，所以c2＝5a2，得c=所以离心率为e=ca对于D，分别设A，B，C，D的横坐标为x1，x2，x3，x4，因为E的离心率为2，所以c2＝4a2，所以b2＝3a2，所以双曲线的方程为3x2﹣y2＝3a2，由题意可知直线l的斜率存在，则设直线l为y＝k（x+c），由y=k(x+c)3x2−y2=0，得（3﹣k所以x2由y=k(x+c)3x2−y2=3a2，得（3﹣k2所以x1所以x1+x4=所以|AB|＝|CD|，即对所有的直线l都有|AB|＝|CD|，所以D错误．故选：AC．【点评】本题主要考查双曲线的性质，属于中档题．（多选）12．（2024秋•迎江区校级期末）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|＝2c，过点A．若以F1F2为直径的圆经过点Q，则双曲线的离心率为2 B．若以F1F2为直径的圆经过点P，则双曲线的离心率为22C．若QF2→=2QP→，则D．若点P不在圆Ω：(x−【考点】直线与双曲线的位置关系及公共点个数；双曲线的几何特征．【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【正确答案】ACD【分析】由题意写出直线l的方程，与渐近线方程联立求出点Q的坐标，对于A，由圆的性质得QF1⊥QF2，结合向量数量积坐标运算求得a，c间的等量关系，结合离心率定义求出离心率，；对于B，由三角函数求出|PF1|，|PF2|，结合双曲线定义求得ba的值，由此可求离心率，对于C，由QF2→=2QP→知P为线段QF2的中点，求出点P的坐标，代入双曲线方程求得c2a2解：如图，连接QF1，PF1，由题意知直线l的方程为y=−ba(x−c因为l与双曲线C的渐近线y=−所以tan∠则cos∠QF联立方程y=ba对于A，因为以F1F2为直径的圆经过点Q，则QF1⊥QF2，因为F1Q→所以F1解得c＝2a，所以C的离心率为2，所以A正确；对于B，因为以F1F2为直径的圆经过点P，所以PF1⊥PF2，所以|PF1|＝|F1F2|sin∠QF2O＝2b，|PF2|＝|F1F2|cos∠QF2O＝2a，又|PF1|﹣|PF2|＝2b﹣2a＝2a，所以ba所以C的离心率e=ca对于C，若QF2→=2QP→，则P又P在双曲线C上，所以(3所以9c解得c2a2所以C的渐近线方程为y＝±x，所以C正确；对于D，因为|PF1|﹣|PF2|＝2a，所以|PF1|＝|PF2|+2a，所以cos∠所以4c解得|PF2|=b所以|PF2|≤a所以C的渐近线的斜率不大于1，所以D正确．故选：ACD．【点评】本题考查双曲线的几何性质，直线与双曲线的位置关系，属中档题．三．填空题（共4小题）13．（2025•揭阳模拟）记双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的离心率为e【考点】求双曲线的离心率；双曲线的几何特征．【专题】转化思想；数形结合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；数学建模；运算求解．【正确答案】（10，+∞）．【分析】先求得双曲线的渐近线方程，再由双曲线与直线3x﹣y＝0有交点，得渐近线的正的斜率ba＞3，最后由离心率e=c解：双曲线C：x2a2−y2b2=1（由双曲线C与直线3x﹣y＝0有交点，得ba所以离心率e=c故双曲线C的离心率e的取值范围为（10，+∞）．故（10，+∞）．【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，离心率的求法，属于中档题．14．（2025春•湖北期中）已知双曲线C：x2a2−y2=1(a＞0)的左右顶点分别为A，B，点P是双曲线上第一象限内的动点，设∠PAB＝α，∠PBA＝β，当a=2时，tanαtanβ【考点】直线与双曲线的综合．【专题】对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．【正确答案】−12；【分析】利用点在双曲线上得到等量关系，利用斜率公式得到定值求解第一空；利用正弦定理，面积公式，和角正切公式，结合第一问结论化简计算得出第二空．解：（1）当a=2时，双曲线C的方程为x2因为点P是双曲线上第一象限内的动点，设P（x0，y0），因为∠PAB＝α，∠PBA＝β，又双曲线C的左，右顶点分别为A，B，所以kAP=tanα则tanαtanβ=（2）在△PAB中，由正弦定理得APsinβ所以AP=ABsinβsin此时S△若S△此时S=2由（1）知tanα⋅所以2a解得a=5故−12；【点评】本题考查双曲线的方程，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．15．（2025春•宣威市校级期中）已知双曲线C：x2−y23=1的左、右焦点分别为F1、F2，双曲线C上的点P在x轴上方，若∠PF2F1的平分线交PF1于点A，且点A在以坐标原点O为圆心，|OF1|为半径的圆上，则直线PF2的斜率为【考点】双曲线的几何特征；双曲线的定义．【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【正确答案】37【分析】根据题意可得∠F1AF2＝90°，且△PF1F2为等腰三角形，再结合双曲线的定义与几何性质求得|F1F2|＝4，|PF1|＝6，然后利用余弦定理与三角函数的知识，求解即可．解：由双曲线C：x2−y23=1知，a＝1，b所以|F1F2|＝2c＝4，因为点A在以坐标原点O为圆心，|OF1|为半径的圆上，所以|OA|＝|OF1|＝|OF2|=12|F1F所以∠F1AF2＝90°，又∠PF2F1的平分线交PF1于点A，所以△PF1F2为等腰三角形，且|PF2|＝|F1F2|＝4，由双曲线的定义知，|PF1|﹣|PF2|＝2a＝2，所以|PF1|＝2+4＝6，在△PF1F2中，由余弦定理知，cos∠PF2F1=|设直线PF2的倾斜角为α，则∠PF2F1+α＝180°，所以cosα＝﹣cos∠PF2F1=1所以tanα=37，即直线PF2的斜率为3故37【点评】本题考查双曲线的定义与几何性质，还运用了余弦定理，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．16．（2025•安康模拟）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的左、右顶点分别为A1，A2，F是双曲线C的左焦点，P为双曲线C【考点】求双曲线的离心率．【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【正确答案】2．【分析】由题意得tan∠PFA2=y0x0+c，tan∠解：设P（x0，y0），x0＜﹣a，y0≠0，由题意可知F（﹣c，0），A2（a，0），则tan∠PFA所以tan2∠因为P在双曲线上，所以y0所以tan2∠因为∠PFA2＝2∠PA2F，所以tan∠PFA2＝tan2∠PA2F，所以y0x0化简可得−2x因为e=所以−2x0−2故2．【点评】本题考查了双曲线的性质，考查了转化思想，属于中档题．四．解答题（共4小题）17．（2025•湖北模拟）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，（1）求C的标准方程；（2）过F2的直线交双曲线C于M，N两点（M，N两点均位于x轴下方，M在左，N在右），线段AM与线段F1N交于点R，若△F1RM的面积等于△ARN的面积，求|MN|．【考点】直线与双曲线的综合；根据双曲线的几何特征求标准方程．【专题】综合题；对应思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．【正确答案】（1）x2（2）983【分析】（1）根据条件得到c＝2，再利用点A(2，33)在双曲线上和a，b，c间的关系，建立方程组4a2−（2）设直线方程为x＝my+2（m＞0），联立双曲线方程得到（m2﹣3）y2+4my+1＝0，根据条件得到点F1（﹣2，0）和点A(2，33)到直线x＝解：（1）因为AF2⊥F1F2，所以F2（2，0），即c＝2，因为点A(2，所以4a解得a2则双曲线C：（2）易知直线斜率不为0，设过F2（2，0）的直线为x＝my+2（m＞0），M（x1，y1），N（x2，y2），联立x=my+2x23−y2=1，消此时Δ＝（4m）2﹣4×（m2﹣3）＝12（m2+1）＞0，且m由韦达定理得y1因为S△所以S△即点F1（﹣2，0）和点A(2，33)到直线所以d=解得m=4则|MN故|MN【点评】本题考查双曲线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．18．（2025•绵阳模拟）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的右焦点为F（2，0），且点F到双曲线C的渐近线的距离为1．过点P（3，0）作两条互相垂直的直线l1和l2，l1交双曲线C于A，B两点，l2交双曲线C于D，E两点，M，N分别是AB，DE的中点，直线MN过定点P1（x1，y1）；再过点P1（x1，y1）作两条互相垂直的直线l3和l4，l3交双曲线C于A1，B1两点，l4交双曲线C于D1，E1两点，M1，N1分别是A1B1，D1E1的中点，直线M1N1过定点P2（x2，y2）以这样的方式构造下去，可以得到一列定点P1（x1，y1），P2（x2，y2），P3（x3（1）求双曲线C的方程；（2）求点P1的坐标；（3）若Q（1，0），R（1，1），记△QRPn（n≥1，n∈N*）的面积为Sn，证明：1S【考点】直线与双曲线的综合；平面直角坐标系与曲线方程．【专题】应用题；整体思想；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．【正确答案】（1）x2（2）(9（3）证明见解析．【分析】（1）利用点到直线的距离公式求出b的值，结合c的值可得出a的值，由此可得出双曲线的方程；（2）分析直线MN经过的定点P1（x1，y1）也在x轴上，设点P1（n，0），设直线AB的方程为x＝ty+3，设点A（x'1，y'1）B（x'2，y'2），将直线AB的方程与双曲线联立，列出韦达定理，求出点M、N的坐标，由此可得出点P的坐标；（3）分析可知，点Pn(n∈N∗)均在x轴上，考虑一般情况，假设点P（m，0），设点P1（s，0），设直线AB的方程为x＝ty+m，将该直线方程与双曲线方程联立，结合韦达定理求出点M的坐标，同理得出点N的坐标，利用P1、M、N三点共线，结合斜率公式可得出s解：（1）双曲线的渐近线方程为y=±bax，即bx±ay＝0，则点又因为c＝2，所以a=c2−b（2）当l1⊥x轴，l2必然与x轴重合，由曲线的对称性知AB的中点M在x轴上，DE的中点N也在x轴，故MN经过的定点P1（x1，y1）也在x轴上，设点P1（n，0），设直线AB的方程为x＝ty+3，设点A（x'1，y'1）、B（x'2，y'2），联立x=ty+3x2−3y2=3所以，t2﹣3≠0，3t2﹣1≠0，Δ＝36t2﹣24（t2﹣3）＝12（t2+6）＞0，由韦达定理可得y′1+y′2=−6tt2−3故线段AB的中点M(−9t2−3DE的中点为N(−9(−当t≠±1时，由P1、M、N三点共线可得kP1M解得n=92，因此，P1(92，0)，当t＝±1时，（3）证明：由（2）可知，当P（3，0）时，定点P1(92，0)，同理可知，P2（x2，考虑一般情况，假设点P（m，0），设点P1（s，0），设直线AB的方程为x＝ty+m，设点A（x'1，y'1）、B（x'2，y'2），联立x=得（t2﹣3）y2+2tmy+m2﹣3＝0，所以，t2﹣3≠0，3t2﹣1≠0，Δ＝4t2m2﹣4（t2﹣3）（m2﹣3）＝12（t2+m2﹣3）＞0，由韦达定理可得y′1+故线段AB的中点为M(−3mt2线段DE的中点为N(−3m当t≠±1时，由P1、M、N三点共线可知，kP1M整理可得s=3m2，即当点P（m，0）时，P1此时MN过P1(3m2P1(3×3由题意可知，△QRPn的面