高考数学一轮复习 讲义 第6节 第2课时　直线与双曲线的位置关系

第2课时直线与双曲线的位置关系课标解读考向预测1.掌握直线与双曲线的位置关系及其判定方法．2.会求直线和双曲线相交的弦长．3.能够解决弦中点问题.从近三年高考来看，直线与双曲线的综合问题是高考的热点，题型以解答题为主，难度偏大．预计2027年高考可能会与渐近线、离心率等综合考查，选择题、填空题、解答题都有可能出现.1．直线与双曲线的位置关系将直线的方程y＝kx＋m与双曲线的方程eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)联立组成方程组，消元转化为关于x的方程(b2－a2k2)x2－2a2mkx－a2m2－a2b2＝0.(1)当b2－a2k2＝0(m≠0)，即k＝±eq\f(b,a)时，直线与双曲线的渐近线eq\o(□,\s\up1(01))平行，直线与双曲线eq\o(□,\s\up1(02))相交于一点．(2)当b2－a2k2≠0，即k≠±eq\f(b,a)时，Δ＝(－2a2mk)2－4(b2－a2k2)(－a2m2－a2b2)．①Δ＞0⇔直线和双曲线相交⇔直线和双曲线有两个交点；②Δ＝0⇔直线和双曲线相切⇔直线和双曲线有一个公共点；③Δ＜0⇔直线和双曲线相离⇔直线和双曲线无公共点．2．直线与双曲线的相交弦设直线y＝kx＋m交双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)于P1(x1，y1)，P2(x2，y2)两点，则|P1P2|＝eq\r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)＝eq\r(（x1－x2）2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1－y2,x1－x2)))\s\up12(2))))＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|，同理，可得|P1P2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|(k≠0)．这里|x1－x2|，|y1－y2|的求法通常使用根与系数的关系，需作以下变形：|x1－x2|＝eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)，|y1－y2|＝eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2).1．与双曲线只有一个公共点的直线有两种：一种是与渐近线平行且与双曲线交于一点的直线；另一种是与双曲线相切的直线．2．同支的焦点弦中最短的为通径(过焦点且垂直于实轴的弦)，其长为eq\f(2b2,a)；异支的弦中最短的弦为实轴，其长为2a.3．中点弦斜率积公式(1)在双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)中，A，B是关于原点对称的两点，P是双曲线上异于A，B的一点，若kPA，kPB存在，则有kPA·kPB＝eq\f(b2,a2).(2)已知AB是双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的不平行于对称轴的弦，M(x0，y0)为AB的中点，则kOM·kAB＝eq\f(b2,a2)，即kAB＝eq\f(b2x0,a2y0).4．过双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1上的点P(x0，y0)的切线方程为eq\f(xx0,a2)－eq\f(yy0,b2)＝1.5．焦半径公式设点P(x0，y0)为双曲线上任意一点，则双曲线的焦半径|PF1|和|PF2|可按下面公式计算：(1)坐标式：焦点在x轴上，左、右焦点分别为F1，F2，则|PF1|＝|a＋ex0|，|PF2|＝|a－ex0|；焦点在y轴上，上、下焦点分别为F1，F2，则|PF1|＝|a－ey0|，|PF2|＝|a＋ey0|.(2)夹角式：F为双曲线的一个焦点，O为坐标原点，则|PF|＝eq\f(b2,ccos∠OFP±a)(式中“±”号的记忆规律为“同正异负”，即当P与F在双曲线虚轴同侧时取“＋”，当P与F在双曲线虚轴异侧时取“－”)．题组一走出误区——判一判(1)直线与双曲线相交一定有两个公共点．()(2)直线y＝x与双曲线eq\f(x2,5)－y2＝1一定不相切．()(3)过双曲线上两点A(x1，y1)，B(x2，y2)的直线的斜率k＝eq\f(y2－y1,x2－x1).()(4)直线y＝x－1被双曲线eq\f(x2,2)－y2＝1截得的弦长为eq\r(2).()答案：(1)×(2)√(3)×(4)×题组二回归教材——练一练(1)(人教B选择性必修第一册2.8例3改编)直线y＝eq\f(3,2)x＋2与双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,9)＝1的位置关系是()A．相切 B．相交C．相离 D．无法确定答案：B解析：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋2，,\f(x2,4)－\f(y2,9)＝1，))得eq\f(x2,4)－eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x＋2))\s\up12(2),9)＝1，整理，得6x＝－13，所以x＝－eq\f(13,6)，故直线和双曲线只有一个交点，又双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,9)＝1的渐近线方程为y＝±eq\f(3,2)x，所以直线y＝eq\f(3,2)x＋2与双曲线的一条渐近线平行且与双曲线只有一个交点．所以直线与双曲线的位置关系为相交．故选B.(2)(人教A选择性必修第一册复习参考题3T4改编)已知直线y＝kx－1与双曲线x2－y2＝1没有公共点，则k的取值范围是________．答案：(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞)解析：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,x2－y2＝1，))得(1－k2)x2＋2kx－2＝0，当1－k2＝0时，方程有解，即直线y＝kx－1与双曲线x2－y2＝1有公共点；当1－k2≠0时，由Δ＝4k2＋8(1－k2)<0，解得k<－eq\r(2)或k>eq\r(2).综上所述，k的取值范围是(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞)．(3)(人教A选择性必修第一册习题3.2T13改编)直线l交双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1于A，B两点，且P(4，1)为AB的中点，则l的斜率为________．答案：2解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为P(4，1)为AB的中点，所以有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝8，,y1＋y2＝2.))又点A，B在双曲线上，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),4)－\f(yeq\o\al(2,1),2)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),4)－\f(yeq\o\al(2,2),2)＝1，))即(x1＋x2)(x1－x2)＝2(y1＋y2)(y1－y2)，则l的斜率k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(x1＋x2,2（y1＋y2）)＝eq\f(8,2×2)＝2，所以直线l的方程为y－1＝2(x－4)，即y＝2x－7，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x－7，,\f(x2,4)－\f(y2,2)＝1，))消去y并整理，得7x2－56x＋102＝0，Δ＝562－4×7×102＝280>0，即直线l与双曲线交于两点，所以l的斜率为2.考点一直线与双曲线的位置关系若过点P(0，1)的直线l与双曲线E：x2－y2＝1的右支交于不同的两点，则直线l的斜率的取值范围为()A．(1，eq\r(2)) B．[－eq\r(2)，－1]C．[1，eq\r(2)] D．(－eq\r(2)，－1)答案：D解析：由题意可得直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋1，两交点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2－y2＝1，))得(1－k2)x2－2kx－2＝0，由题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－k2≠0，,Δ＝4k2＋8（1－k2）>0，,x1＋x2＝\f(2k,1－k2)>0，,x1x2＝\f(－2,1－k2)>0，))解得－eq\r(2)<k<－1.故选D.通常把直线与双曲线的方程联立成方程组，通过消元后化为Ax2＋Bx＋C＝0的形式．(1)在A≠0的情况下考察方程的判别式①当Δ>0时，直线与双曲线有两个不同的公共点；②当Δ＝0时，直线与双曲线只有一个公共点；③当Δ<0时，直线与双曲线没有公共点．(2)当A＝0时，直线与双曲线的渐近线平行，直线与双曲线只有一个公共点．1.(2026·重庆诊断)已知点P(1，2)和双曲线C：x2－eq\f(y2,4)＝1，过点P且与双曲线C只有一个公共点的直线l有()A．2条 B．3条C．4条 D．无数条答案：A解析：由题意可得，双曲线C：x2－eq\f(y2,4)＝1的渐近线方程为y＝±2x，点(1，0)是双曲线的顶点．若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为x＝1，此时直线l与双曲线C只有一个公共点，符合题意；若直线l的斜率存在，则当直线l平行于渐近线y＝－2x时，直线l与双曲线C只有一个公共点，符合题意；若直线l的斜率为2，则直线l的方程为y＝2x，此时直线l为双曲线C的一条渐近线，不符合题意．综上所述，过点P且与双曲线C只有一个公共点的直线l共有2条．故选A.考点二弦长问题已知双曲线的焦距为4，焦点在x轴上，且过点P(2，3)．(1)求该双曲线的标准方程；(2)若直线m经过该双曲线的右焦点且斜率为1，求直线m被双曲线截得的弦长．解：(1)设双曲线的方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，由已知可得左、右焦点F1，F2的坐标分别为(－2，0)，(2，0)，则|PF1|－|PF2|＝2＝2a，所以a＝1，又c＝2，所以b＝eq\r(3)，所以双曲线的标准方程为x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)由题意知直线m的方程为y＝x－2，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x－2，,x2－\f(y2,3)＝1，))消去y，得2x2＋4x－7＝0，设两交点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1＋x2＝－2，x1x2＝－eq\f(7,2)，由弦长公式，得|AB|＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝6.1．距离公式法当弦的两端点坐标易求时，可直接求出交点坐标，再利用两点间距离公式求弦长．2．弦长公式法当弦的两端点坐标不易求时，可利用弦长公式求解．2.已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1过点(eq\r(2)，eq\r(3))，给出以下两个条件：①离心率为2；②与双曲线eq\f(y2,3)－x2＝1有相同的渐近线．(1)任选一个条件，求出双曲线C的方程；(2)直线l与直线4x－2y－1＝0平行，l被C截得的弦长为4eq\r(5)，求直线l的方程．解：(1)若选择①：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2,a2)－\f(3,b2)＝1，,e＝\f(c,a)＝2，,c2＝a2＋b2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝1，,b2＝3，))所以双曲线C的方程为x2－eq\f(y2,3)＝1.若选择②：设双曲线的方程为eq\f(y2,3)－x2＝n(n≠0)，依题意，得eq\f(3,3)－2＝n，解得n＝－1，所以双曲线C的方程为x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)由题意，设直线l的方程为4x－2y＋m＝0，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－\f(y2,3)＝1，,4x－2y＋m＝0，))得4x2＋8mx＋m2＋12＝0，由Δ＝64m2－16(m2＋12)＝48m2－192>0，解得m<－2或m>2.设l与C的交点分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－2m，x1x2＝eq\f(m2＋12,4)，所以|AB|＝eq\r(1＋4)|x1－x2|＝eq\r(5)×eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(5)×eq\r(4m2－（m2＋12）)＝4eq\r(5)，解得m＝±eq\f(2\r(21),3).所以直线l的方程为6x－3y＋eq\r(21)＝0或6x－3y－eq\r(21)＝0.考点三中点弦问题(2026·贵州贵阳模拟)已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1与直线y＝x－1相交于A，B两点，其中AB中点的横坐标为－2，则该双曲线的离心率为()A.eq\f(\r(10),2) B.eq\f(5,2)C.eq\f(\r(6),2) D.eq\f(3,2)答案：A解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为M，由题设易知xM＝－2，故yM＝－3，因为eq\f(xeq\o\al(2,1),a2)－eq\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，eq\f(xeq\o\al(2,2),a2)－eq\f(yeq\o\al(2,2),b2)＝1，所以eq\f(（x1－x2）（x1＋x2）,a2)－eq\f(（y1－y2）（y1＋y2）,b2)＝0，所以eq\f(（x1－x2）×（－4）,a2)－eq\f(（y1－y2）×（－6）,b2)＝0，又kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝1，所以－eq\f(2,a2)＋eq\f(3,b2)＝0，所以2b2＝3a2＝2c2－2a2，所以eq\f(c,a)＝eq\f(\r(10),2).故选A.中点弦问题的解决方法方法一将直线方程与双曲线方程联立，消元后得到一元二次方程，再用判别式和中点坐标公式求解方法二用点差法和中点坐标公式求解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)是双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)上不同的两点，且x1≠x2，x1＋x2≠0，M(x0，y0)为线段AB的中点，则eq\b\lc\{(\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，))两式相减可得eq\f(y1－y2,x1－x2)·eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝eq\f(b2,a2)，即kAB·eq\f(y0,x0)＝eq\f(b2,a2)，kAB＝eq\f(b2x0,a2y0)3.过点P(8，1)的直线与双曲线x2－4y2＝4交于A，B两点，且P是线段AB的中点，则直线AB的方程为________________．答案：2x－y－15＝0解析：设A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则xeq\o\al(2,1)－4yeq\o\al(2,1)＝4①，xeq\o\al(2,2)－4yeq\o\al(2,2)＝4②.由①－②，得(x1＋x2)(x1－x2)－4(y1＋y2)(y1－y2)＝0，∵P是线段AB的中点，∴x1＋x2＝16，y1＋y2＝2，∴eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(x1＋x2,4（y1＋y2）)＝2，∴直线AB的斜率为2，∴直线AB的方程为2x－y－15＝0.考点四直线与双曲线的综合问题在平面直角坐标系xOy中，焦点在x轴上的双曲线C过点T(2，3)，且有一条倾斜角为120°的渐近线．(1)求双曲线C的标准方程；(2)设F为双曲线C的右焦点，点P在C的右支上，点Q满足eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(PQ,\s\up6(→))，直线QF交双曲线C于A，B两点，若|AB|＝2|QF|，求点P的坐标．解：(1)设双曲线C的标准方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x，则由题意可得，eq\f(4,a2)－eq\f(9,b2)＝1，且－eq\f(b,a)＝tan120°＝－eq\r(3)，解得a＝1，b＝eq\r(3)，所以双曲线C的标准方程为x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)双曲线C的方程为x2－eq\f(y2,3)＝1，所以C的右焦点F(2，0)，点Q满足eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(PQ,\s\up6(→))，则P为OQ的中点，设P(m，n)，m>0，则Q(2m，2n)，若直线AB的斜率不存在，则其方程为x＝2，此时P(1，0)，m＝1，Q与F重合，不符合题意；若直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝k(x－2)，m≠1，因为kQF＝k，所以eq\f(2n,2m－2)＝k，所以n＝(m－1)k，因为点P在双曲线C上，所以3m2－n2＝3，所以3m2－[(m－1)k]2＝3，即k2＝eq\f(3m＋3,m－1)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－2），,x2－\f(y2,3)＝1，))消去y，得(k2－3)x2－4k2x＋4k2＋3＝0，所以k2－3≠0，Δ＝16k4－4(k2－3)(4k2＋3)＝36(k2＋1)>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(4k2,k2－3)，x1x2＝eq\f(4k2＋3,k2－3).因为|AB|＝2|QF|，所以|x2－x1|＝2|2m－2|，所以(x1＋x2)2－4x1x2＝16(m－1)2，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k2,k2－3)))eq\s\up12(2)－4×eq\f(4k2＋3,k2－3)＝16(m－1)2，即9(k2＋1)＝4(m－1)2(k2－3)2，所以9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3m＋3,m－1)＋1))＝4(m－1)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3m＋3,m－1)－3))eq\s\up12(2)，解得m＝eq\f(3,2)，n＝±eq\f(\r(15),2)，符合题意，所以点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，±\f(\r(15),2))).利用双曲线的定义、几何性质来研究直线与双曲线的位置关系时：如果是判断直线与双曲线的位置关系，可以通过联立方程，利用方程组的解的个数来判断；如果涉及弦长问题，可以利用弦长公式解决；如果涉及面积问题，往往需要利用弦长公式、面积公式、构建目标函数来解决问题．4.已知点A(2，1)在双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,a2－1)＝1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0.(1)求l的斜率；(2)若tan∠PAQ＝2eq\r(2)，求△PAQ的面积．解：(1)将点A的坐标代入双曲线方程得eq\f(4,a2)－eq\f(1,a2－1)＝1，化简得a4－4a2＋4＝0，得a2＝2，故双曲线C的方程为eq\f(x2,2)－y2＝1.由题易知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立直线l与双曲线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，化简得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，又直线l不过点A，即m＋2k－1≠0，故k＝－1.(2)不妨设直线PA的倾斜角为θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜θ＜\f(π,2)))，由题意知∠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).因为tan∠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).课时作业基础题(占比50%)中档题(占比40%)拔高题(占比10%)题号12345678910难度★★★★★★★★★★★★★考点直线与双曲线的交点个数弦长问题根据交点个数求离心率的取值范围点差法、双曲线的渐近线根据直线与双曲线的位置关系求参数根据交点求直线方程双曲线中的三角形面积问题双曲线的几何性质、弦长问题根据交点个数求参数的取值范围弦长问题、根据交点情况求直线的斜率；双曲线的渐近线、离心率题号11121314151617181920难度★★★★★★★★★★★★★★★★★★★考点弦长问题；双曲线中的三角形面积问题双曲线的通径、渐近线根据直线与双曲线的位置关系求参数已知弦长求直线方程、点的坐标点差法求直线方程、弦长问题已知弦长求直线方程焦点三角形的内切圆、定值问题利用中点弦斜率积公式求双曲线的离心率双曲线中的三角形面积问题；求直线方程四点共圆到直线斜率的转化、求点的坐标一、单项选择题1．直线y＝2x＋m与双曲线4x2－y2＝1的交点情况是()A．恒有一个交点 B．存在m有两个交点C．至多有一个交点 D．存在m有三个交点答案：C解析：将y＝2x＋m代入4x2－y2＝1，得m2＋4mx＋1＝0.当m＝0时，方程无解；当m≠0时，x＝－eq\f(1＋m2,4m)，所以至多有一个交点．故选C.2．(2026·河南安阳模拟)过双曲线x2－eq\f(y2,3)＝1的左焦点F1，作倾斜角为eq\f(π,6)的直线与双曲线交于A，B两点，则|AB|＝()A．2 B．3C．4 D．5答案：B解析：依题意，得双曲线的左焦点F1的坐标为(－2，0)，直线AB的方程为y＝eq\f(\r(3),3)(x＋2)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(\r(3),3)（x＋2），,x2－\f(y2,3)＝1，))得8x2－4x－13＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\f(1,2)，x1x2＝－eq\f(13,8)，所以|AB|＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\r(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))\s\up12(2)))[（x1＋x2）2－4x1x2])＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2)－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(13,8))))))＝3.故选B.3．(2026·江西南昌模拟)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，过原点的直线l的倾斜角为α，且cosα＝eq\f(5,7)，若l与C没有交点，则C的离心率的取值范围是()A．(1，2eq\r(6)] B．(2eq\r(6)，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(7,5))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,5)，＋∞))答案：C解析：易知双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x，因为cosα＝eq\f(5,7)⇒sinα＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,7)))\s\up12(2))＝eq\f(2\r(6),7)，所以tanα＝eq\f(2\r(6),5)，又l与C没有交点，所以eq\f(b,a)≤eq\f(2\r(6),5)，则e2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))eq\s\up12(2)＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2＋b2,a2)＝1＋eq\f(b2,a2)≤1＋eq\f(24,25)＝eq\f(49,25)，所以1<e≤eq\f(7,5).故选C.4．(2026·湖北荆州模拟)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)与直线y＝－x＋2相交于A，B两点，弦AB的中点M的横坐标为－1，则双曲线C的渐近线方程为()A．y＝±eq\r(3)x B．y＝±3xC．y＝±eq\f(1,3)x D．y＝±eq\f(\r(3),3)x答案：A解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq\b\lc\{(\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，))由点差法得eq\f(（x1＋x2）（x1－x2）,a2)－eq\f(（y1＋y2）（y1－y2）,b2)＝0(x1≠x2)．∵M(－1，3)，∴x1＋x2＝－2，y1＋y2＝6，∴eq\f(－2,a2)－eq\f(6（y1－y2）,b2（x1－x2）)＝0，又kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－1，∴b2＝3a2，∴双曲线C的渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\r(3)x.故选A.5．已知双曲线x2－eq\f(y2,8)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，若直线y＝eq\f(8\r(3),3)(x－t)与双曲线交于A，B两点，且AF1∥BF2，则t的值为()A．±1 B．±eq\r(2)C．±eq\r(3) D．±2答案：D解析：如图所示，设直线AF1与双曲线的另一个交点为C，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由图形的对称性知C(－x2，－y2)．由A，B两点在双曲线上，知xeq\o\al(2,1)－eq\f(yeq\o\al(2,1),8)＝1，xeq\o\al(2,2)－eq\f(yeq\o\al(2,2),8)＝1，作差，得eq\f(y1＋y2,x1＋x2)·eq\f(y1－y2,x1－x2)＝8，其中eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(8\r(3),3)，故直线AF1的斜率kAF1＝eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝eq\r(3)，所以直线AF1的方程为y＝eq\r(3)(x＋3)，与双曲线的方程联立，消去y，得5x2－18x－35＝0，化简，得(5x＋7)(x－5)＝0，解得x＝－eq\f(7,5)或x＝5，所以Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,5)，\f(8\r(3),5)))或A(5，8eq\r(3))，又直线AB的斜率为eq\f(8\r(3),3)，所以eq\f(\f(8\r(3),5),－\f(7,5)－t)＝eq\f(8\r(3),3)或eq\f(8\r(3),5－t)＝eq\f(8\r(3),3)，解得t＝±2.故选D.6．(2026·四川内江第一中学模拟)已知双曲线C的方程为5x2－y2＝1，过点P(0，－1)作直线l与双曲线左、右两支分别交于点M，N.若eq\o(MP,\s\up6(→))＝2eq\o(PN,\s\up6(→))，则直线l的方程为()A．y＝eq\f(1,5)x－1B．y＝eq\f(1,5)x－1或y＝－eq\f(1,5)x－1C．y＝x－1或y＝－x－1D．y＝x－1答案：C解析：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线l的斜率为k，则直线l的方程为y＝kx－1，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5x2－y2＝1，,y＝kx－1，))得(5－k2)x2＋2kx－2＝0，则x1＋x2＝eq\f(2k,k2－5)①，x1x2＝eq\f(2,k2－5)②，因为eq\o(MP,\s\up6(→))＝2eq\o(PN,\s\up6(→))，则－x1＝2x2③，①③联立，解得x1＝eq\f(4k,k2－5)，x2＝eq\f(－2k,k2－5)，代入②得5k2＝5，解得k＝±1，则直线l的方程为y＝x－1或y＝－x－1.7．(2026·云南昆明模拟)双曲线x2－eq\f(y2,3)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l与双曲线的左、右两支分别交于点A，B，则eq\f(S△AF1F2,S△ABF2)的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))答案：B解析：在双曲线x2－eq\f(y2,3)＝1中，F1(－2，0)，F2(2，0)，渐近线方程为y＝±eq\r(3)x，由双曲线的对称性，不妨令点B在第一象限，设直线l的方程为x＝ty－2，0<eq\f(1,t)<eq\r(3)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty－2，,3x2－y2＝3，))消去x，得(3t2－1)y2－12ty＋9＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，y1>0，y2>0，则y1＋y2＝eq\f(12t,3t2－1)，y1y2＝eq\f(9,3t2－1)，令y1＝my2，联立消去y1，y2，得eq\f(（m＋1）2,m)＝eq\f(16t2,3t2－1)＝eq\f(16,3－\f(1,t2))>eq\f(16,3)，整理得m2－eq\f(10,3)m＋1>0，而0<y1<y2，即0<m<1，解得0<m<eq\f(1,3)，所以eq\f(S△AF1F2,S△BF1F2)＝eq\f(\f(1,2)|F1F2|·y1,\f(1,2)|F1F2|·y2)＝eq\f(y1,y2)＝m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))，所以eq\f(S△AF1F2,S△ABF2)的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).故选B.8．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，直线y＝eq\r(3)x与C的左、右两支分别交于点A，B，若四边形AF1BF2为矩形，则C的离心率为()A.eq\f(\r(3)＋1,2) B．3C.eq\r(3)＋1 D.eq\r(5)＋1答案：C解析：显然直线y＝eq\r(3)x与F1F2交于原点O，由双曲线的对称性知，若四边形AF1BF2是矩形，则|AB|＝|F1F2|，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，而F1(－c，0)，F2(c，0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\r(3)x，,\f(x2,a2)－\f(y2,b2)＝1，))得(b2－3a2)x2＝a2b2，解得x1＝－eq\f(ab,\r(b2－3a2))，x2＝eq\f(ab,\r(b2－3a2))，则|AB|＝eq\r(1＋（\r(3)）2)·|x1－x2|＝eq\f(4ab,\r(b2－3a2))，则eq\f(4ab,\r(b2－3a2))＝2c，化简得b4－6a2b2－3a4＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2,a2)))eq\s\up12(2)－6·eq\f(b2,a2)－3＝0，解得eq\f(b2,a2)＝3＋2eq\r(3)，则e＝eq\f(c,a)＝eq\r(\f(c2,a2))＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(4＋2\r(3))＝eq\r(3)＋1.故选C.二、多项选择题9．(2026·安徽安庆模拟)若直线l：y＝k(x－2)与双曲线C：x2－y2＝2的左、右两支各有一个交点，则k的可能取值为()A．－1 B．－eq\f(1,2)C．0 D.eq\f(1,2)答案：BCD解析：解法一：双曲线x2－y2＝2的渐近线的斜率为±1，由双曲线的几何性质，可知要使直线l：y＝k(x－2)与双曲线C：x2－y2＝2的左、右两支各有一个交点，则－1<k<1.故选BCD.解法二：联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－2），,x2－y2＝2，))消去y，得(1－k2)x2＋4k2x－4k2－2＝0.因为直线l与双曲线C的左、右两支各有一个交点，所以方程(1－k2)x2＋4k2x－4k2－2＝0有一正根、一负根，设这两根分别为x1，x2，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－k2≠0，,Δ＝16k4＋4（1－k2）（4k2＋2）>0，,x1x2＝\f(－4k2－2,1－k2)<0，))解得－1<k<1.故选BCD.10．已知双曲线C：eq\f(x2,t－7)－eq\f(y2,t)＝1的一条渐近线方程为4x－3y＝0，过点(5，0)作直线l交双曲线于A，B两点，则下列结论中正确的是()A．t＝16或－9B．该双曲线的离心率为eq\f(5,3)C．满足|AB|＝eq\f(32,3)的直线l有且仅有一条D．若A，B分别在双曲线左、右两支上，则直线l的斜率的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(4,3)))答案：BD解析：因为双曲线C：eq\f(x2,t－7)－eq\f(y2,t)＝1的一条渐近线方程为4x－3y＝0，所以eq\f(t,t－7)＝eq\f(16,9)，解得t＝16，故A错误．双曲线方程为eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1，故a＝3，b＝4，c＝eq\r(9＋16)＝5，所以该双曲线的离心率e＝eq\f(5,3)，故B正确．如图，F(5，0)为双曲线的右焦点，当x＝5时，y＝±eq\f(16,3)，当A，B两点都在双曲线的右支上时，|AB|≥eq\f(32,3)，因为|AB|＝eq\f(32,3)，所以这种情况的直线AB只有一条，且AB与x轴垂直；当A，B分别在双曲线的左、右两支上时，可得|AB|≥2a＝6，而eq\f(32,3)>6，可得这样的直线有两条，综上所述，满足|AB|＝eq\f(32,3)的直线l有三条，故C错误．双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f(4,3)x，要使A，B分别在双曲线左、右两支上，则直线l的斜率的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(4,3)))，故D正确．故选BD.11．(2026·湖南湘潭模拟)已知双曲线eq\f(x2,n)－eq\f(y2,n)＝1(n∈N*)，不与x轴垂直的直线l与双曲线右支交于B，C两点(点B在x轴上方，点C在x轴下方)，与双曲线的渐近线交于A，D两点(点A在x轴上方，点D在x轴下方)，O为坐标原点，则下列说法中正确的是()A．|AC|＝|BD|恒成立B．若S△BOC＝eq\f(1,3)S△AOD，则|AB|＝|BC|＝|CD|C．△AOD面积的最小值为1D．对每一个确定的n，若|AB|＝|BC|＝|CD|，则△AOD的面积为定值答案：ABD解析：对于A，设直线l的方程为y＝kx＋b，B(x1，y1)，C(x2，y2)，A(x3，y3)，D(x4，y4)，将直线l的方程代入x2－y2＝n，得(1－k2)x2－2bkx－b2－n＝0，显然k≠±1，Δ＝4b2k2＋4(1－k2)(b2＋n)>0，即b2＋n(1－k2)>0，则x1＋x2＝eq\f(2kb,1－k2)，x1x2＝eq\f(－（b2＋n）,1－k2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b，,y＝x，))得x3＝eq\f(b,1－k)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋b，,y＝－x，))得x4＝eq\f(－b,1＋k)，则x3＋x4＝eq\f(2kb,1－k2)，所以AD和BC的中点重合，如图，所以|AB|＝|CD|，所以|AC|＝|BD|恒成立，故A正确；对于B，因为|AB|＝|CD|，S△BOC＝eq\f(1,3)S△AOD，所以|BC|＝eq\f(1,3)|AD|，所以|AB|＝|BC|＝|CD|，故B正确；对于C，由A项分析，可知x3＝eq\f(b,1－k)，x4＝eq\f(－b,1＋k)，则|OA|＝eq\r(2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,1－k)))，|OD|＝eq\r(2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,1＋k)))，又∠AOD＝90°，所以S△AOD＝eq\f(1,2)|OA||OD|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b2,1－k2)))，由双曲线x2－y2＝n的渐近线的斜率为±1，且直线l与双曲线右支交于B，C两点，得k>1或k<－1，即k2>1，则S△AOD＝eq\f(b2,k2－1)，由b2＋n(1－k2)>0，得eq\f(b2,k2－1)>n，又n∈N*，得S△AOD>n≥1，故C错误；对于D，因为|AB|＝|BC|＝|CD|，所以|BC|＝eq\f(1,3)|AD|，所以eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\f(1,3)eq\r(1＋k2)|x3－x4|，即3eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝|x3－x4|，因为x1＋x2＝eq\f(2kb,1－k2)，x1x2＝eq\f(－（b2＋n）,1－k2)，x3＝eq\f(b,1－k)，x4＝eq\f(－b,1＋k)，所以3eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2kb,1－k2)))\s\up12(2)＋\f(4（b2＋n）,1－k2))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,1－k)＋\f(b,1＋k)))，即b2＝eq\f(9n,8)(k2－1)，所以S△AOD＝eq\f(b2,k2－1)＝eq\f(9n,8)，所以对每一个确定的n，△AOD的面积为定值，故D正确．故选ABD.三、填空题12．已知双曲线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F2作与x轴垂直的直线与双曲线的一个交点为P，且∠PF1F2＝eq\f(π,6)，则双曲线的渐近线方程为________．答案：y＝±eq\r(2)x解析：根据已知可得，|PF2|＝eq\f(b2,a)且|PF1|＝eq\f(2b2,a)，故eq\f(2b2,a)－eq\f(b2,a)＝2a，所以eq\f(b2,a2)＝2，eq\f(b,a)＝eq\r(2)，双曲线的渐近线方程为y＝±eq\r(2)x.13．(2026·河北衡水模拟)已知F是双曲线C：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,3)＝1的一个焦点，过点F且斜率为1的直线交C于A，B两点，若|AF|>|BF|，且eq\o(FA,\s\up6(→))＝λeq\o(FB,\s\up6(→))，则λ＝________．答案：－15－4eq\r(14)解析：根据双曲线的对称性，不妨设F为右焦点，由双曲线方程为eq\f(x2,4)－eq\f(y2,3)＝1，得F(eq\r(7)，0)，过点F且斜率为1的直线交C于A，B两点，则弦AB所在直线的方程为x＝y＋eq\r(7)，与双曲线方程eq\f(x2,4)－eq\f(y2,3)＝1联立，消去x，得y2－6eq\r(7)y－9＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系，得y1＋y2＝6eq\r(7)，y1y2＝－9，由eq\o(FA,\s\up6(→))＝λeq\o(FB,\s\up6(→))，得(x1－eq\r(7)，y1)＝λ(x2－eq\r(7)，y2)，则y1＝λy2，由|AF|>|BF|，得|λ|>1，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＝λy2，,y1＋y2＝6\r(7)，,y1y2＝－9，))解得λ＝－15－4eq\r(14)或λ＝－15＋4eq\r(14)(舍去)，所以λ＝－15－4eq\r(14).14．已知双曲线C：eq\f(x2,3)－y2＝1，直线l的倾斜角为60°，且与双曲线C的右支交于M，N两点，与x轴交于点P，若|MN|＝eq\f(\r(3),2)，则点P的坐标为________．答案：(eq\r(3)，0)解析：设直线l的方程为y＝eq\r(3)x＋m，与双曲线方程eq\f(x2,3)－y2＝1联立，可得8x2＋6eq\r(3)mx＋3m2＋3＝0，由Δ＝108m2－32(3m2＋3)＝12m2－96>0，得m>2eq\r(2)或m<－2eq\r(2).设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq\f(3\r(3)m,4)>0，x1x2＝eq\f(3m2＋3,8)>0，则m<0，所以m<－2eq\r(2)，|MN|＝eq\r(1＋（\r(3)）2)·|x1－x2|＝2eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝2eq\r(\f(27m2,16)－\f(3m2＋3,2))＝eq\f(\r(3m2－24),2)＝eq\f(\r(3),2)，解得m＝3(舍去)或m＝－3，所以直线l的方程为y＝eq\r(3)x－3，令y＝0，可得x＝eq\r(3).故点P的坐标为(eq\r(3)，0)．四、解答题15．已知双曲线C和椭圆eq\f(x2,4)＋y2＝1有公共的焦点，且离心率为eq\r(3).(1)求双曲线C的方程；(2)过点M(2，1)作直线l交双曲线C于A，B两点，且M为AB的中点，求直线l的方程及弦长|AB|.解：(1)由题意，知椭圆eq\f(x2,4)＋y2＝1的焦点坐标分别为(－eq\r(3)，0)和(eq\r(3)，0)，设双曲线C的方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，则c2＝a2＋b2＝3，因为e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3)，所以c＝eq\r(3)a，解得a2＝1，b2＝2，所以双曲线C的方程为x2－eq\f(y2,2)＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，分别代入双曲线方程，得xeq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)yeq\o\al(2,1)＝1，xeq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)yeq\o\al(2,2)＝1，两式相减，得(x1－x2)(x1＋x2)－eq\f(1,2)(y1－y2)(y1＋y2)＝0，因为M(2，1)为AB的中点，所以x1＋x2＝4，y1＋y2＝2，则4(x1－x2)－(y1－y2)＝0，所以kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝4，所以直线l的方程为y＝4x－7.把y＝4x－7代入x2－eq\f(y2,2)＝1，消去y，得14x2－56x＋51＝0，所以x1＋x2＝4，x1x2＝eq\f(51,14)，又k＝4，所以|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(17)×eq\r(16－4×\f(51,14))＝eq\f(\r(1190),7).16．(2026·河北沧州模拟)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一个焦点F到渐近线的距离为eq\r(3)，且离心率为2.(1)求双曲线C的标准方程；(2)设M，N分别是双曲线C左、右两支上的动点，A为双曲线C的左顶点，若直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，且k1·k2＝－2，|MN|＝9eq\r(2)，求直线MN的方程．解：(1)由题意知，双曲线C的渐近线方程为bx±ay＝0，不妨设F(c，0)，则焦点F到渐近线的距离d＝eq\f(|bc|,\r(a2＋b2))＝eq\f(bc,c)＝b＝eq\r(3)，∵C的离心率为2，∴eq\f(c,a)＝2，∴c2＝4a2，∴b2＝c2－a2＝3a2＝3，∴a2＝1，故双曲线C的标准方程为x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)由(1)可得A(－1，0)，当直线MN的倾斜角为0时，∵|MN|＝9eq\r(2)，∴把x＝±eq\f(9\r(2),2)代入双曲线方程，可得直线MN的方程为y＝±eq\r(\f(237,2))，不妨令Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9\r(2),2)，\r(\f(237,2))))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9\r(2),2)，\r(\f(237,2))))，则k1·k2＝eq\f(\r(\f(237,2)),－\f(9\r(2),2)＋1)×eq\f(\r(\f(237,2)),\f(9\r(2),2)＋1)＝－3，不符合题意，则直线MN的倾斜角不为0，∴设直线MN的方程为x＝my＋n，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－\f(y2,3)＝1，,x＝my＋n，))消去x，整理得(3m2－1)y2＋6mny＋3(n2－1)＝0，∴3m2－1≠0，Δ＝36m2n2－12(3m2－1)(n2－1)>0，∴3m2＋n2－1>0，∴y1＋y2＝－eq\f(6mn,3m2－1)，y1y2＝eq\f(3（n2－1）,3m2－1).∵k1·k2＝－2，∴eq\f(y1,x1＋1)·eq\f(y2,x2＋1)＝－2，∴y1y2＋2(x1＋1)(x2＋1)＝0，∴y1y2＋2(my1＋n＋1)(my2＋n＋1)＝0，∴(2m2＋1)y1y2＋2m(n＋1)(y1＋y2)＋2(n＋1)2＝0，即(2m2＋1)·eq\f(3（n2－1）,3m2－1)－2m(n＋1)·eq\f(6mn,3m2－1)＋2(n＋1)2＝0，∴3(n2－1)(2m2＋1)－12m2n(n＋1)＋2(n＋1)2(3m2－1)＝0，∴n2－4n－5＝0，∴n＝5或n＝－1.当n＝－1时，y1y2＝0，不符合题意，∴n＝5.∴y1＋y2＝eq\f(－30m,3m2－1)，y1y2＝eq\f(72,3m2－1)，∴|MN|＝eq\r(1＋m2)|y1－y2|＝eq\r(1＋m2)·eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq\r(1＋m2)·eq\f(6\r(m2＋8),|3m2－1|)＝9eq\r(2)，解得m＝±1，故直线MN的方程为x＝±y＋5.综上，直线MN的方程为x－y－5＝0或x＋y－5＝0.17．(多选)已知F1，F2分别是双曲线E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，过F1作倾斜角为eq\f(π,6)的直线分别交y轴、双曲线右支于M，P，且|MP|＝|MF1|，下列判断正确的是()A．∠F1PF2＝eq\f(π,3)B．E的离心率为eq\r(3)C．△PF1F2内切圆的半径为eq\r(3)－1D．若A，B为E上两点且关于原点对称，则PA，PB的斜率存在时，其乘积为2答案：ABD解析：如图所示，因为M，O分别是PF1，F1F2的中点，所以在△PF1F2中，PF2∥MO，所以PF2⊥x轴．对于A，因为直线PF1的倾斜角为eq\f(π,6)，所以∠F1PF2＝eq\f(π,3)，故A正确；对于B，在Rt△PF1F2中，因为|F1F2|＝2c，|PF2|＝eq\f(2\r(3),3)c，|PF1|＝eq\f(4\r(3),3)c，所以|PF1|－|PF2|＝2a＝eq\f(2\r(3),3)c，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3)，故B正确；对于C，因为△PF1F2的周长为(2＋2eq\r(3))c，设其内切圆的半径为r，根据三角形的面积相等，有(2＋2eq\r(3))cr＝2c·eq\f(2\r(3),3)c，解得r＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),3)))c，是与c有关的式子，故C错误；对于D，因为A，B关于原点对称，所以设A(m，n)，B(－m，－n)，又Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(2\r(3),3)c))，由e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3)，得P(eq\r(3)a，2a)，所以当PA，PB的斜率存在时，kPA＝eq\f(n－2a,m－\r(3)a)，kPB＝eq\f(－n－2a,－m－\r(3)a)，kPA·kPB＝eq\f(4a2－n2,3a2－m2)，因为A，B在双曲线上，所以eq\f(m2,a2)－eq\f(n2,b2)＝1，即eq\f(m2,a2)－eq\f(n2,2a2)＝1，所以n2＝2m2－2a2，所以kPA·kPB＝eq\f(4a2－n2,3a2－m2)＝eq\f(6a2－2m2,3a2－m2)＝2，故D正确．故选ABD.18．(2026·湖北孝感模拟)已知双曲线E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)与斜率为1且不过原点O的直线交于A，B两点，C是双曲线E上一点，且AC⊥BC，△OAC与△OBC的重心分别是P，Q，△ABC的外心记为R，直线OP，OQ，OR的斜率之积为－27，则双曲线E的离心率为________．答案：2解析：若直线y＝kx＋m与双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)有两个交点G，H，设GH的中点为K，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,a2)－\f(y2,b2)＝1，))得(b2－a2k2)x2－2a2kmx－a2m2－a2b2＝0，所以xG＋xH＝eq\f(2a2km,b2－a2k2)，所以xK＝eq\f(xG＋xH,2)＝eq\f(a2km,b2－a2k2)，所以yK＝eq\f(a2k2m,b2－a2k2)＋m＝eq\f(b2m,b2－a2k2)，所以kOK＝eq\f(yK,xK)＝eq\f(b2,ka2)，所以kGH·kOK＝eq\f(b2,a2).分别取AC，BC的中点M，N，连接OM，ON，易知△OAC的重心P在中线OM上，△OBC的重心Q在中线ON上，所以kOP＝kOM，kOQ＝kON，又kOM·kAC＝kON·kBC＝eq\f(b2,a2)，所以kOP·kAC＝kOQ·kBC＝eq\f(b2,a2)，由AC⊥BC，得kAC·kBC＝－1，所以kOP·kOQ＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2,a2)))eq\s\up12(2)，因为AC⊥BC，且△ABC的外心为点R，所以R为线段AB的中点，所以kOR·kAB＝eq\f(b2,a2)，又kAB＝1，所以kOR＝eq\f(b2,a2)，所以kOP·kOQ·kOR＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2,a2)))eq\s\up12(3)＝－27，所以eq\f(b,a)＝eq\r(3)，所以e＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))\s\up12(2))＝2.19．已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(b>a>0)的右焦点为F(c，0)，从①虚轴长为2eq\r(3)；②离心率为2；③双曲线C的两条渐近线的夹角为60°这三个条件中选取两个作为已知条件，使得C的方程唯一确定并求解下列问题．(1)求C的方程；(2)过点F的直线l与双曲线C的左、右两支分别交