2026版《金版教程》高考一轮复习数学第六章 考点测试37　双曲线

高考总复习首选用卷数学考点测试37双曲线基础题(占比50%)中档题(占比40%)拔高题(占比10%)题号12345678910111213难度★★★★★★★★★★★★★★对点双曲线的定义及辨析双曲线中的焦点三角形问题与双曲线有关的轨迹问题双曲线的离心率双曲线的渐近线双曲线的离心率双曲线的渐近线双曲线的渐近线双曲线简单几何性质的应用双曲线简单几何性质的应用双曲线的渐近线双曲线简单几何性质的应用双曲线中的弦长问题题号1415161718192021222324难度★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★对点双曲线中的定点问题双曲线简单几何性质的应用双曲线的离心率双曲线简单几何性质的应用双曲线简单几何性质的应用直线与双曲线的位置关系双曲线简单几何性质的应用与双曲线有关的轨迹问题；直线与双曲线的综合问题双曲线简单几何性质的应用；直线与双曲线的综合问题直线与双曲线的综合问题直线与双曲线的综合问题高考概览高考在本考点的常考题型为选择题、填空题、解答题，中、高等难度考点研读1.了解双曲线的定义、几何图形和标准方程，知道其简单的几何性质(范围、对称性、顶点、离心率、渐近线)2.了解双曲线的简单应用3.理解数形结合的思想1．已知方程eq\f(x2,1＋k)－eq\f(y2,1－k)＝1表示双曲线，则实数k的取值范围是()A．(－1，1)B．(0，＋∞)C．[0，＋∞)D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)答案：A解析：由题意，方程eq\f(x2,1＋k)－eq\f(y2,1－k)＝1表示双曲线，则满足(1＋k)(1－k)>0，解得－1<k<1，即实数k的取值范围是(－1，1)．故选A.2．(2025·广东湛江阶段考试)已知M为双曲线C：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1左支上的一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，则|MF1|＋|F1F2|－|MF2|＝()A．2 B．4C．6 D．8答案：A解析：由于M为双曲线C：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1左支上的一点，F1，F2分别为C的左、右焦点，所以|MF2|－|MF1|＝2a，故|MF1|＋|F1F2|－|MF2|＝2c－2a，由于a＝2，b＝eq\r(5)，c＝eq\r(a2＋b2)＝3，所以|MF1|＋|F1F2|－|MF2|＝2c－2a＝6－4＝2.故选A.3．(2025·云南师大附中高考适应性考试(二))设A，B两点的坐标分别为(－3，0)，(3，0)，直线AM与BM相交于点M，且它们的斜率之积为eq\f(2,3)，则点M的轨迹方程为()A.eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,6)＝1(x≠±3) B.eq\f(x2,6)－eq\f(y2,9)＝1(x≠±3)C.eq\f(y2,9)＋eq\f(x2,6)＝1(x≠±3) D.eq\f(x2,9)－eq\f(y2,6)＝1(x≠±3)答案：D解析：设点M(x，y)，则直线AM的斜率为eq\f(y,x＋3)，直线BM的斜率为eq\f(y,x－3)，故eq\f(y,x＋3)·eq\f(y,x－3)＝eq\f(2,3)(x≠±3)，所以eq\f(x2,9)－eq\f(y2,6)＝1(x≠±3)．故选D.4．(2024·河南郑州外国语学校高三上第三次调研考试)设双曲线C1：x2－y2＝1，C2：eq\f(x2,8)－eq\f(y2,b2)＝1(b>0)的离心率分别为e1，e2，若e2＝eq\f(3,4)e1，则b＝()A．1 B．2C.eq\r(2) D.eq\r(3)答案：A解析：由双曲线C1：x2－y2＝1，可得其离心率为e1＝eq\r(2)，又由双曲线C2：eq\f(x2,8)－eq\f(y2,b2)＝1(b>0)，可得其离心率为e2＝eq\f(\r(8＋b2),2\r(2))＝eq\r(1＋\f(b2,8))，因为e2＝eq\f(3,4)e1，所以eq\r(1＋\f(b2,8))＝eq\f(3,4)×eq\r(2)，解得b＝1.故选A.5．已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的焦距为10，点P(2，1)在C的渐近线上，则C的方程为()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：∵双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的焦距为10，∴c＝5＝eq\r(a2＋b2)①.又双曲线C的渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x，且点P(2，1)在渐近线上，∴eq\f(2b,a)＝1，即a＝2b②.由①②，解得a＝2eq\r(5)，b＝eq\r(5)，则C的方程为eq\f(x2,20)－eq\f(y2,5)＝1.故选A.6．(2025·湖南名校联合体高三第一次联考)已知F1为双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦点，Q为双曲线C左支上的一点，O为坐标原点，∠OF1Q＝eq\f(π,3)，2|QF1|＝eq\r(a2＋b2)，则双曲线C的离心率为()A．3 B．2C.eq\r(5) D.eq\f(\r(13)＋1,3)答案：D解析：设F2为双曲线的右焦点，c为双曲线的半焦距，由余弦定理，得|QF2|2＝|F1F2|2＋|QF1|2－2|F1F2|·|QF1|coseq\f(π,3)＝4c2＋eq\f(1,4)c2－2×2c×eq\f(1,2)c×eq\f(1,2)＝eq\f(13,4)c2，所以|QF2|＝eq\f(\r(13),2)c，由双曲线的定义，可得|QF2|－|QF1|＝2a，即eq\f(\r(13),2)c－eq\f(1,2)c＝2a，故双曲线C的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2,\f(\r(13)－1,2))＝eq\f(\r(13)＋1,3).故选D.7．(2025·福建漳州高三第一次教学质量检测)已知双曲线C：x2－y2＝4，M为C上一点，过M分别作C的两条渐近线的垂线，垂足分别为A，B，则四边形OAMB(O为坐标原点)的面积为()A．1 B．2C．4 D．6答案：B解析：双曲线C：x2－y2＝4，即eq\f(x2,4)－eq\f(y2,4)＝1，为等轴双曲线，两条渐近线的夹角为90°，则四边形OAMB为矩形，设点M(m，n)，且m2－n2＝4，点M(m，n)到渐近线x－y＝0的距离为eq\f(|m－n|,\r(2))，点M(m，n)到渐近线x＋y＝0的距离为eq\f(|m＋n|,\r(2))，则四边形OAMB的面积为eq\f(|m－n|,\r(2))·eq\f(|m＋n|,\r(2))＝eq\f(|m2－n2|,2)＝2.故选B.8．(2024·河北L16联盟高三模拟)双曲线Γ：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线与其一支交于A，B两点，点B在第四象限．以F1为圆心，Γ的实轴长为半径的圆与线段AF1，BF1分别交于点M，N，且|AM|＝3|BN|，F1B⊥F2B，则双曲线Γ的渐近线方程是()A．y＝±eq\r(6)x B．y＝±eq\f(\r(6),2)xC．y＝±eq\f(\r(6),3)x D．y＝±eq\f(\r(6),4)x答案：C解析：如图，由题意，得|F1M|＝|F1N|＝2a，设|BN|＝t(t>0)，则|AM|＝3|BN|＝3t，所以|AF1|＝2a＋3t，|BF1|＝2a＋t，由双曲线的定义，得|AF1|－|AF2|＝|BF1|－|BF2|＝2a，所以|AF2|＝3t，|BF2|＝t，则|AB|＝|AF2|＋|BF2|＝4t，因为F1B⊥F2B，在Rt△AF1B中，|BF1|2＋|AB|2＝|AF1|2，即(2a＋t)2＋(4t)2＝(2a＋3t)2，解得t＝a，所以|BF1|＝3a，|BF2|＝a，在Rt△BF1F2中，|BF1|2＋|BF2|2＝|F1F2|2，即(3a)2＋a2＝(2c)2，可得a2＝eq\f(2,5)c2，所以b2＝c2－a2＝eq\f(3,5)c2，所以eq\f(a2,b2)＝eq\f(2,3)，即eq\f(a,b)＝eq\f(\r(6),3)，故双曲线Γ的渐近线方程为y＝±eq\f(\r(6),3)x.故选C.9．(多选)(2024·河北保定三模)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线与C的左支相交于P，Q两点，若PQ⊥PF2，且4|PQ|＝3|PF2|，则()A．|PQ|＝2aB.eq\o(PF1,\s\up6(→))＝－2eq\o(QF1,\s\up6(→))C．C的离心率为eq\f(\r(17),3)D．直线PQ的斜率为±4答案：ACD解析：如图，由4|PQ|＝3|PF2|，可设|PQ|＝3m，|PF2|＝4m.因为PQ⊥PF2，所以|QF2|＝5m.则4m－|PF1|＝2a，5m－|QF1|＝2a，|PF1|＋|QF1|＝3m，解得m＝eq\f(2a,3)，则|PF1|＝eq\f(2a,3)，|QF1|＝eq\f(4a,3)，所以|PQ|＝2a，故A正确；由A项分析，可知eq\o(PF1,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(QF1,\s\up6(→))，故B错误；在△PF1F2中，由|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，得eq\f(4a2,9)＋eq\f(64a2,9)＝4c2，则eq\f(c2,a2)＝eq\f(17,9)，从而C的离心率为eq\f(\r(17),3)，故C正确；又tan∠PF1F2＝eq\f(|PF2|,|PF1|)＝4，且点P可以在第二或第三象限，所以直线PQ的斜率为±4，故D正确．故选ACD.10．(多选)(2025·广东五校高三开学联考)已知双曲线C：eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，实轴的左、右端点分别为A1，A2，虚轴的上、下端点分别为B1，B2，斜率为k的直线l经过F1且与C的左支交于两个不同的点，A为C上一点，且∠F1AF2＝eq\f(π,3)，则()A．|A1A2|＝8B．四边形B1F1B2F2的周长小于24C．k的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，\f(3,4)))D．△AF1F2的面积为9eq\r(3)答案：ABD解析：由题意，知C的实半轴长a＝4，虚半轴长b＝3，半焦距c＝eq\r(a2＋b2)＝5，渐近线方程为y＝±eq\f(3,4)x.对于A，|A1A2|＝2a＝8，所以A正确；对于B，四边形B1F1B2F2的周长为4eq\r(b2＋c2)＝4eq\r(32＋52)＝4eq\r(34)<4×6＝24，所以B正确；对于C，作出双曲线C及其渐近线，直接由图形得，k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,4)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，＋∞))，所以C错误；对于D，不妨设A位于C的左支，则|AF2|－|AF1|＝8，所以|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1|·|AF2|＝64①，因为∠F1AF2＝eq\f(π,3)，所以|AF1|2＋|AF2|2－2|AF1|·|AF2|coseq\f(π,3)＝|F1F2|2，所以|AF1|2＋|AF2|2－|AF1|·|AF2|＝100②，②－①得|AF1|·|AF2|＝36，所以△AF1F2的面积为eq\f(1,2)|AF1|·|AF2|sineq\f(π,3)＝eq\f(1,2)×36×sineq\f(π,3)＝9eq\r(3)，所以D正确．故选ABD.11．(2025·广东汕头高三上期末)已知F1，F2分别为双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，过F2的直线l与圆O：x2＋y2＝a2相切于点M，若|MF1|＝3|OM|，则双曲线的渐近线方程为________．答案：y＝±eq\r(5)x解析：根据题意，由切线性质，知∠OMF2＝90°，|OM|＝a，|OF2|＝c，所以cos∠MOF2＝eq\f(a,c)，则cos∠MOF1＝－eq\f(a,c)，且|MF1|＝3a，由余弦定理，得－eq\f(a,c)＝eq\f(|OF1|2＋|OM|2－|MF1|2,2|OF1||OM|)＝eq\f(c2＋a2－9a2,2c·a)，即6a2＝c2，又c2＝a2＋b2，所以5a2＝b2，所以双曲线的渐近线方程为y＝±eq\r(5)x.12．(2025·北京昌平东方红学校高三模拟)已知F1，F2分别为双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，过F1的直线与双曲线C的左支交于A，B两点，若|AF1|＝2|F1B|＝4，|AB|＝|BF2|，则双曲线C的焦距为________．答案：eq\f(4\r(21),3)解析：如图，由于|AF1|＝2|F1B|＝4，|AB|＝|BF2|，有2a＝|BF2|－|BF1|＝|AB|－|BF1|＝|AF1|＝4，可得a＝2，又由|AF2|＝|AF1|＋2a，可得|AF2|＝8.设c为双曲线C的半焦距，在△BF1F2中，由余弦定理，得cos∠BF1F2＝eq\f(4＋4c2－36,2×2×2c)＝eq\f(c2－8,2c).在△AF1F2中，由余弦定理，得cos∠AF1F2＝eq\f(16＋4c2－64,2×4×2c)＝eq\f(c2－12,4c).又由∠BF1F2＋∠AF1F2＝π，得cos∠BF1F2＋cos∠AF1F2＝0，可得eq\f(c2－8,2c)＋eq\f(c2－12,4c)＝0，解得c＝eq\f(2\r(21),3)，所以双曲线C的焦距为eq\f(4\r(21),3).13．(2024·江西红色十校高三联考)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为2，右焦点F到一条渐近线的距离为eq\r(3).(1)求双曲线C的方程；(2)已知点B(0，b)，过点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)，0))作直线l与双曲线C相交于M，N两点，若|BM|＝|BN|，求直线l的方程．解：(1)由题意知F(c，0)，双曲线C的一条渐近线为bx＋ay＝0，则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，所以双曲线C的方程为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))，由题易知直线l的斜率存在，当直线l的斜率为0时，直线l的方程为y＝0，此时直线l与双曲线C的交点为(－1，0)和(1，0)，满足|BM|＝|BN|，符合题意；当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，线段MN的中点为Q(x0，y0)，联立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)，因为|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，又点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，0))在直线l上，所以m＝eq\f(\r(3),2)k，所以3－k2＝2k，解得k＝－3或k＝1，满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－k2≠0，,m2＋3－k2>0，))所以直线l的方程为y＝－3x－eq\f(3\r(3),2)或y＝x＋eq\f(\r(3),2).综上，直线l的方程为y＝0，y＝－3x－eq\f(3\r(3),2)或y＝x＋eq\f(\r(3),2).14．已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)过点(2，2)，且离心率为eq\r(3).(1)求双曲线C的方程；(2)设直线l是圆O：x2＋y2＝4上的动点P(x0，y0)(x0y0≠0)处的切线，l与双曲线C交于不同的两点A，B，证明：以AB为直径的圆过坐标原点．解：(1)由题意得eq\f(c,a)＝eq\r(3)，故c2＝3a2＝a2＋b2，故b2＝2a2.又双曲线C过点(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，则双曲线C的方程为eq\f(x2,2)－eq\f(y2,4)＝1.(2)证法一：因为点P(x0，y0)(x0y0≠0)在圆x2＋y2＝4上，所以圆在点P(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝－eq\f(x0,y0)(x－x0)，化简得x0x＋y0y＝4.则直线l的方程为x0x＋y0y＝4，代入双曲线C的方程2x2－y2＝4，变形得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，等号两边同除以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.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则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为直径的圆过坐标原点．证法二：因为点P(x0，y0)(x0y0≠0)在圆x2＋y2＝4上，所以圆在点P(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝－eq\f(x0,y0)(x－x0)，化简得x0x＋y0y＝4，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)－\f(y2,4)＝1，,x0x＋y0y＝4))及xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝4，得(3xeq\o\al(2,0)－8)x2－8x0x＋32－4xeq\o\al(2,0)＝0，因为切线l与双曲线C交于不同的两点A，B，且0<xeq\o\al(2,0)<4，所以3xeq\o\al(2,0)－8≠0，且Δ＝64xeq\o\al(2,0)－4(3xeq\o\al(2,0)－8)(32－4xeq\o\al(2,0))>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(8x0,3xeq\o\al(2,0)－8)，x1x2＝eq\f(32－4xeq\o\al(2,0),3xeq\o\al(2,0)－8)，则eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋eq\f(1,yeq\o\al(2,0))(4－x0x1)(4－x0x2)＝x1x2＋eq\f(1,4－xeq\o\al(2,0))[16－4x0(x1＋x2)＋xeq\o\al(2,0)x1x2]＝eq\f(32－4xeq\o\al(2,0),3xeq\o\al(2,0)－8)＋eq\f(1,4－xeq\o\al(2,0))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(16－\f(32xeq\o\al(2,0),3xeq\o\al(2,0)－8)＋\f(xeq\o\al(2,0)（32－4xeq\o\al(2,0)）,3xeq\o\al(2,0)－8)))＝eq\f(32－4xeq\o\al(2,0),3xeq\o\al(2,0)－8)－eq\f(32－4xeq\o\al(2,0),3xeq\o\al(2,0)－8)＝0，所以以AB为直径的圆过坐标原点．15．(2024·山西部分重点中学三模)已知双曲线C：eq\f(x2,4)－y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在C上且异于C的顶点，则|PF1|·|PF2|sin2eq\f(∠F1PF2,2)＝()A．4 B．2C．1 D.eq\f(1,2)答案：C解析：由题意可知，双曲线C的实半轴长a＝2，虚半轴长b＝1，半焦距c＝eq\r(a2＋b2)＝eq\r(5)，|PF1|·|PF2|sin2eq\f(∠F1PF2,2)＝eq\f(1,2)|PF1|·|PF2|·(1－cos∠F1PF2)＝eq\f(1,2)|PF1|·|PF2|·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2,2|PF1|·|PF2|)))＝eq\f(1,4)[2|PF1|·|PF2|－(|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2)]＝eq\f(1,4)[|F1F2|2－(|PF1|－|PF2|)2]＝eq\f(1,4)[(2c)2－(2a)2]＝b2＝1.故选C.16．(2024·河南省实验中学高三模拟)设F1，F2分别是双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，O为坐标原点，过左焦点F1作直线F1P与圆x2＋y2＝a2切于点E，与双曲线右支交于点P，且满足eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OP,\s\up6(→))＋eq\o(OF1,\s\up6(→)))，则双曲线的离心率为()A.eq\r(2) B.eq\r(3)C．2 D.eq\r(5)答案：D解析：∵E为圆x2＋y2＝a2上的点，∴|OE|＝a，∵eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OP,\s\up6(→))＋eq\o(OF1,\s\up6(→)))，∴E是PF1的中点，又O是F1F2的中点，∴|PF2|＝2|OE|＝2a，且PF2∥OE，又|PF1|－|PF2|＝2a，∴|PF1|＝4a，∵PF1是圆的切线，∴OE⊥PF1，∴PF2⊥PF1，又|F1F2|＝2c，∴4c2＝|PF1|2＋|PF2|2＝16a2＋4a2＝20a2，故c2＝5a2，离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(5).故选D.17．(多选)(2024·安徽芜湖高三5月模拟)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为e，其左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A1，A2，过点F1的直线l交双曲线C于P，Q两点，交两条渐近线于M，N两点(P，M在第一象限)，MN的中点为R，则()A．若直线l的斜率为eq\r(3)，则b2>3a2B．△PQF2的周长为2|PF1|C．以A1A2为直径的圆与以PF2为直径的圆相交D．若点M恰为以F1F2为直径的圆与渐近线的一个交点，且A2R⊥PF1，则e＝2答案：ABD解析：对于A，由双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，可得其渐近线的方程为y＝±eq\f(b,a)x，要使得过点F1的直线l交双曲线C于P，Q两点，交两条渐近线于M，N两点，则满足eq\f(b,a)>eq\r(3)，所以b2>3a2，所以A正确；对于B，由双曲线的定义，可得|PF1|－|PF2|＝2a，|QF2|－|QF1|＝2a，两式相减，得|PF1|＋|QF1|＝|PF2|＋|QF2|，所以|PQ|＋|QF2|＋|PF2|＝(|PF1|－|QF1|)＋|QF2|＋|PF2|＝(|PF1|－|QF1|)＋|PF1|＋|QF1|＝2|PF1|，所以B正确；对于C，设PF2的中点为S，则|OS|＝eq\f(1,2)|PF1|＝eq\f(1,2)(|PF2|＋2a)＝eq\f(1,2)|PF2|＋a，即两圆的圆心距等于两圆半径之和，所以两圆外切，所以C错误；对于D，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(b,a)x，,x2＋y2＝c2，))且c2＝a2＋b2，解得M(a，b)，因为F2M⊥MF1，且A2R⊥PF1，则A2R∥F2M，连接MA2，并延长交直线NO于点M′，则M′(a，－b)，A2为MM′的中点，又由MN的中点为R，则RA2∥M′N，从而M′N∥RA2∥MF2，所以△OA2M′≌△F2A2M，所以|OA2|＝|A2F2|，从而a＝c－a，因此e＝eq\f(c,a)＝2，所以D正确．故选ABD.18．(多选)(2024·山东潍坊三模)已知F1，F2分别是双曲线C：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,b2)＝1(b>0)的左、右焦点，点P在C上，设△PF1F2的内切圆圆心为I，半径为r，直线PI交F1F2于点Q，若eq\o(PQ,\s\up6(→))＝eq\f(5,3)eq\o(PI,\s\up6(→))，eq\o(PI,\s\up6(→))＝eq\f(1,5)eq\o(PF1,\s\up6(→))＋teq\o(PF2,\s\up6(→))，t∈R，则()A．t＝eq\f(2,5) B．圆心I的横坐标为1C．r＝eq\f(2\r(15),5) D．C的离心率为2答案：ACD解析：对于A，因为eq\o(PQ,\s\up6(→))＝eq\f(5,3)eq\o(PI,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(PF1,\s\up6(→))＋eq\f(5,3)teq\o(PF2,\s\up6(→))，且F1，Q，F2三点共线，所以eq\f(1,3)＋eq\f(5,3)t＝1，可得t＝eq\f(2,5)，所以A正确；对于B，如图，设切点分别为E，F，G，则|EF1|－|EF2|＝|PF1|－|PF2|＝2a，又因为|EF1|＋|EF2|＝2c，所以|EF1|＝a＋c，|EF2|＝c－a，所以点E为双曲线C的右顶点，圆心I的横坐标为2，所以B错误；对于C，因为eq\o(PQ,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(PF1,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(PF2,\s\up6(→))，所以eq\f(|QF1|,|QF2|)＝2，由角平分线定理，得eq\f(|PF1|,|PF2|)＝eq\f(|QF1|,|QF2|)＝2，又因为|PF1|－|PF2|＝2a＝4，所以|PF1|＝8，|PF2|＝4，由eq\o(PQ,\s\up6(→))＝eq\f(5,3)eq\o(PI,\s\up6(→))，可得|yP|＝eq\f(5,2)r，所以S△PF1F2＝eq\f(1,2)(2c＋12)·r＝eq\f(1,2)×2c×eq\f(5,2)r，可得c＝4，所以|F1F2|＝8，则△PF1F2为等腰三角形，所以S△PF1F2＝eq\f(1,2)(8＋12)·r＝eq\f(1,2)×4×2eq\r(15)，解得r＝eq\f(2\r(15),5)，所以C正确；对于D，离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(4,2)＝2，所以D正确．故选ACD.19．(2025·上海黄浦区高三模拟)若斜率为k(k>0)的直线l过双曲线C：y2－eq\f(x2,4)＝1的上焦点F，与双曲线C的上支交于A，B两点，eq\o(FA,\s\up6(→))＋3eq\o(FB,\s\up6(→))＝0，则k的值为________．答案：eq\f(\r(19),19)解析：因为双曲线C：y2－eq\f(x2,4)＝1，所以F(0，eq\r(5))，设直线l的方程为y＝kx＋eq\r(5)，代入双曲线方程，消去y，得(4k2－1)x2＋8eq\r(5)kx＋16＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为Δ＝(8eq\r(5)k)2－64(4k2－1)＝64k2＋64>0，且4k2－1≠0，所以x1＋x2＝－eq\f(8\r(5)k,4k2－1)，x1x2＝eq\f(16,4k2－1).因为eq\o(FA,\s\up6(→))＋3eq\o(FB,\s\up6(→))＝0，所以x1＝－3x2，所以－2x2＝－eq\f(8\r(5)k,4k2－1)，－3xeq\o\al(2,2)＝eq\f(16,4k2－1)，两式联立，解得k＝eq\f(\r(19),19)(负值舍去)．20．(2024·河南郑州高三模拟)在双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)中，把以原点为圆心、实轴长为直径的圆O叫做双曲线C的“伴随圆”，过双曲线C上任意一点P(顶点除外)作“伴随圆”O的两条切线，切点分别为M，N，若直线MN在x，y轴上的截距分别为p，q，双曲线C的离心率为2，则eq\f(a2,q2)－eq\f(b2,p2)＝________．答案：－3解析：由题意，得双曲线C的“伴随圆”O的方程为x2＋y2＝a2，设切点M(x1，y1)，N(x2，y2)，当M(x1，y1)不在y轴上时，直线OM的斜率kOM＝eq\f(y1,x1)，所以切线PM的方程为y－y1＝－eq\f(x1,y1)(x－x1)，结合xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＝a2，化简整理可得x1x＋y1y＝a2，显然当M(x1，y1)在y轴上时，也符合上式，故切线PM的方程为x1x＋y1y＝a2；同理可得切线PN的方程为x2x＋y2y＝a2.设P(x0，y0)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1x0＋y1y0＝a2，,x2x0＋y2y0＝a2，))所以直线MN的方程为x0x＋y0y＝a2.令y＝0，得p＝eq\f(a2,x0)，令x＝0，得q＝eq\f(a2,y0).于是eq\f(a2,q2)－eq\f(b2,p2)＝eq\f(a2,\f(a4,yeq\o\al(2,0)))－eq\f(b2,\f(a4,xeq\o\al(2,0)))＝eq\f(a2yeq\o\al(2,0)－b2xeq\o\al(2,0),a4)＝eq\f(－a2b2,a4)＝－eq\f(b2,a2)＝1－e2＝1－4＝－3.21．在平面直角坐标系xOy中，已知点F1(－6，0)，F2(6，0)，△MF1F2的内切圆与直线F1F2相切于点D(4，0)，记点M的轨迹为C.(1)求C的方程；(2)设点T在直线x＝2上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，连接BP，AQ.若直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0，试比较cos∠BAQ与cos∠BPQ的大小．解：(1)因为点F1(－6，0)，F2(6，0)，△MF1F2的内切圆与直线F1F2相切于点D(4，0)，所以|MF1|－|MF2|＝|F1D|－|F2D|＝10－2＝8＜|F1F2|＝12，因此根据双曲线的定义可知，点M的轨迹为以F1，F2为焦点的双曲线的右支(除去顶点)，设点M的轨迹C的方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0，x>a)，焦距为2c(c＞0)，所以|F1F2|＝2c＝12，|MF1|－|MF2|＝2a＝8，所以a＝4，c＝6，b2＝c2－a2＝20，所以C的方程为eq\f(x2,16)－eq\f(y2,20)＝1(x>4)．(2)由题意，直线AB，PQ的斜率互为相反数，记kAB＝keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2>\f(5,4)))，则kPQ＝－k，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，T(2，t)，则直线AB：y＝k(x－2)＋t，PQ：y＝－k(x－2)＋t.联立直线AB和双曲线方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－2）＋t，,\f(x2,16)－\f(y2,20)＝1，))整理得(5－4k2)x2＋(16k2－8kt)x－(4k－2t)2－80＝0.该方程有两个不等实根x1，x2，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5－4k2≠0，,Δ＝（16k2－8kt）2－4（5－4k2）[－（4k－2t）2－80]＞0，))由根与系数的关系可得x1＋x2＝eq\f(16k2－8kt,4k2－5)，x1x2＝eq\f(（4k－2t）2＋80,4k2－5)，同理可得x3＋x4＝eq\f(16k2＋8kt,4k2－5)，x3x4＝eq\f(（4k＋2t）2＋80,4k2－5).又因为|TA|＝eq\r(1＋k2)(x1－2)，|TB|＝eq\r(1＋k2)(x2－2)，|TP|＝eq\r(1＋k2)(x3－2)，|TQ|＝eq\r(1＋k2)(x4－2)，则|TA|·|TB|＝(1＋k2)(x1－2)(x2－2)＝(1＋k2)[x1x2－2(x1＋x2)＋4]＝(1＋k2)eq\f(4t2＋60,4k2－5)，同理可得|TP|·|TQ|＝(1＋k2)eq\f(4t2＋60,4k2－5)，即|TP|·|TQ|＝|TA|·|TB|，进而可得△TPA相似于△TBQ，即∠TPA＝∠TBQ，∠TAP＝∠TQB，也即A，B，Q，P四点共圆，可得∠BAQ＝∠BPQ，从而得cos∠BAQ＝cos∠BPQ.因此cos∠BAQ＝cos∠BPQ.22．(多选)(2024·黑龙江哈尔滨第六中学高三四模)已知双曲线C1：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝m与双曲线C2：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝n，其中a>0，b>0，m>n>0，则下列说法中正确的是()A．双曲线C1，C2的焦距之比为m∶nB．双曲线C1，C2的离心率相同，渐近线也相同C．过C1上的任一点P引C1的切线交C2于点A，B，则点P为线段AB的中点D．斜率为k(k>0)的直线与C1，C2的右支由上到下依次交于点A，B，C，D，则|AC|＝|BD|答案：BCD解析：对于A，C1：eq\f(x2,a2m)－eq\f(y2,b2m)＝1的焦距为2eq\r(a2m＋b2m)，C2：eq\f(x2,a2n)－eq\f(y2,b2n)＝1的焦距为2eq\r(a2n＋b2n)，所以两双曲线的焦距之比为2eq\r(a2m＋b2m)∶2eq\r(a2n＋b2n)＝eq\r(m)∶eq\r(n)，故A错误；对于B，C1：eq\f(x2,a2m)－eq\f(y2,b2m)＝1的渐近线方程为y＝±eq\f(\r(m)b,\r(m)a)x＝±eq\f(b,a)x，离心率为eq\f(\r(a2m＋b2m),\r(m)a)＝eq\f(\r(a2＋b2),a)，C2：eq\f(x2,a2n)－eq\f(y2,b2n)＝1的渐近线方程为y＝±eq\f(\r(n)b,\r(n)a)x＝±eq\f(b,a)x，离心率为eq\f(\r(a2n＋b2n),\r(n)a)＝eq\f(\r(a2＋b2),a)，所以两双曲线的渐近线方程相同，离心率也相同，故B正确；对于C，如图1，设切线的方程为y＝k′x＋t，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k′x＋t，,\f(x2,a2m)－\f(y2,b2m)＝1，))得(b2－a2k′2)x2－2a2k′tx－a2t2－ma2b2＝0，又直线与C1相切，所以xP＝eq\f(a2k′t,b2－a2k′2)；联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k′x＋t，,\f(x2,a2n)－\f(y2,b2n)＝1，))得(b2－a2k′2)x2－2a2k′tx－a2t2－na2b2＝0，所以xA＋xB＝eq\f(2a2k′t,b2－a2k′2)，所以xA＋xB＝2xP，即点P为线段AB的中点，故C正确；对于D，如图2，由C项分析知，xA＋xD＝eq\f(2a2kt,b2－a2k2)，xB＋xC＝eq\f(2a2kt,b2－a2k2)，所以xA＋xD＝xB＋xC，得xA－xC＝xB－xD，又|AC|＝eq\r(1＋k2)|xA－xC|，|BD|＝eq\r(1＋k2)|xB－xD|，所以|AC|＝|BD|，故D正确．故选BCD.23．(2024·重庆第一中学高三三模)已知A1(－1，0)，A2(1，0)是双曲线E的左、右顶点，动点R是双曲线上异于A1，A2的任意一点，且满足直线RA1与RA2的斜率之积为3.(1)求双曲线E的方程；(2)已知点F为双曲线E的右焦点，过点F作直线l1交双曲线右支于A，B两点，过点F且与直线l1垂直的直线l2交直线x＝eq\f(1,2)于点P，O为坐标原点，直线OP交双曲线于M，N两点．设直线AB，AP，AM，AN的斜率分别为k1，k2，k3，k4，且k1k2k3k4≠0，k1＋k2≠0.(ⅰ)证明：双曲线E在点A处的切线经过点P；(ⅱ)记k1＋k2＝X，k1k2＝Z，k3＋k4＝Y，求X·Y－2Z的值．解：(1)设R(x，y)，由题意，得kRA1·kRA2＝eq\f(y,x＋1)·eq\f(y,x－1)＝3(x≠±1)，所以R的轨迹方程为x2－eq\f(y2,3)＝1(x≠±1)．因为A1(－1，0)，A2(1，0)满足方程x2－eq\f(y2,3)＝1，所以双曲线E的方程为x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)(ⅰ)证明：设点A(x0，y0)，双曲线E在A点处的切线方程为x0x－eq\f(y0y,3)＝1，由F(2，0)，得k1＝eq\f(y0,x0－2)，又l1⊥l2，故l2：y＝－eq\f(1,k1)(x－2)，代入x＝eq\f(1,2)，得点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2k1)))，即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3x0－6,2y0)))，将P的坐标代入切线方程，得eq\f(x0,2)－eq\f(y0,3)·eq\f(3x0－6,2y0)＝eq\f(x0,2)－eq\f(x0－2,2)＝1，故双曲线E在A点处的切线经过点P.(ⅱ)设M(x1，y1)，则N(－x1，－y1)，由(ⅰ)知k1＝eq\f(y0,x0－2)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2k1)))，所以k2＝eq\f(\f(3,2k1)－y0,\f(1,2)－x0)＝eq\f(\f(3（x0－2）,2y0)－y0,\f(1,2)－x0)＝eq\f(3x0－6－2yeq\o\al(2,0),（1－2x0）y0).因为点A(x0，y0)在双曲线上，故x0，y0满足双曲线方程，即xeq\o\al(2,0)－eq\f(yeq\o\al(2,0),3)＝1⇒yeq\o\al(2,0)＝3xeq\o\al(2,0)－3，所以k2＝eq\f(3x0－6－2yeq\o\al(2,0),（1－2x0）y0)＝eq\f(3x0,y0)，综上，k1＋k2＝eq\f(y0,x0－2)＋eq\f(3x0,y0)＝eq\f(yeq\o\al(2,0)＋3x0（x0－2）,（x0－2）y0)＝eq\f(6xeq\o\al(2,0)－6x0－3,（x0－2）y0)，k1k2＝eq\f(y0,x0－2)·eq\f(3x0,y0)＝eq\f(3x0,x0－2)，又kOP＝eq\f(yP,xP)＝eq\f(3,k1)，联立直线OP的方程与双曲线E的方程，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,k1)x，,x2－\f(y2,3)＝1))⇒(keq\o\al(2,1)－3)x2－keq\o\al(2,1)＝0，根据题意知keq\o\al(2,1)≠3，此方程的两根即为x1，－x1，所以xeq\o\al(2,1)＝eq\f(keq\o\al(2,1),keq\o\al(2,1)－3)＝eq\f(yeq\o\al(2,0),12x0－15)，k3＋k4＝eq\f(y1－y0,x1－x0)＋eq\f(－y1－y0,－x1－x0)＝eq\f(2x1y1－2x0y0,xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,0))＝eq\f(\f(6,k1)xeq\o\al(2,1)－2x0y0,xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,0))＝eq\f(\f(6（x0－2）y0,12x0－15)－2x0y0,\f(yeq\o\al(2,0),12x0－15)－xeq\o\al(2,0))＝eq\f(－12y0（2xeq\o\al(2,0)－3x0＋1）,yeq\o\al(2,0)－（12x0－15）xeq\o\al(2,0))＝eq\f(－12y0（2xeq\o\al(2,0)－3x0＋1）,－3（4xeq\o\al(3,0)－6xeq\o\al(2,0)＋1）)＝eq\f(4y0（2x0－1）（x0－1）,（2x0－1）（2xeq\o\al(2,0)－2x0－1）)＝eq\f(4y0（x0－1）,2xeq\o\al(2,0)－2x0－1)，所以(k1＋k