第8章　第6讲　双曲线 第2课时

第二课时直线与双曲线的位置关系——自主练透过点A(0,1)作直线，与双曲线x2－eq\f(y2,9)＝1有且只有一个公共点，则符合条件的直线的条数为()A．0 B．2C．4 D．无数[答案]C[解析]通解：由题意可得直线的斜率一定存在，设为k，则直线方程为y＝kx＋1，代入双曲线方程整理得(9－k2)x2－2kx－10＝0①，当k＝±3时，方程①有一解，直线与双曲线只有一个公共点；当k≠±3时，由Δ＝0解得k＝±eq\r(10)，此时直线与双曲线相切，只有一个公共点，故符合条件的直线有4条，选项C正确．优解：由图形可知，过点A(0,1)作与双曲线渐近线平行的直线有2条，作与双曲线相切的直线也有两条，则与双曲线有且只有一个公共点的直线有4条，选项C正确．[引申1]本例中，若过点A的直线与双曲线有两个交点，则直线斜率的取值范围为________________.[答案](－eq\r(10)，－3)∪(－3,3)∪(3，eq\r(10))[引申2]本例中，若将“A(0,1)”改为“A(1,0)”，则符合条件的直线有________条．[答案]3[引申3]本例中，若将“A(0,1)”改为“A(2,0)”，则符合条件的直线有________条．[答案]2[引申4]本例中，过点A与双曲线的左支有两个交点的直线斜率的取值范围为________.[答案](3，eq\r(10))[解析]设直线方程为y＝kx＋1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2－\f(y2,9)＝1))得(9－k2)x2－2kx－10＝0.由Δ＝4k2＋40(9－k2)＝0，得k＝±eq\r(10)，即k切＝±eq\r(10).结合图形可知3<k<eq\r(10).注：或由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝4k2＋409－k2>0，,x1＋x2＝\f(2k,9－k2)<0，,x1x2＝\f(－10,9－k2)>0))求解．[引申5]本例中，过双曲线左焦点且与左支有两个不同交点的直线斜率的取值范围为_______________________________．[答案](－∞，－3)∪(3，＋∞)名师点拨：直线与双曲线位置关系的判断方法1．将直线方程与双曲线方程联立消去一个未知数，得到一个一元二次方程，以ax2＋bx＋c＝0为例：(1)若a≠0且Δ>0，直线与双曲线相交，有两个公共点；(2)若a≠0且Δ＝0，直线与双曲线相切，有且只有一个公共点；(3)若a≠0且Δ<0，直线与双曲线相离，没有公共点；(4)若a＝0，直线与双曲线的渐近线平行，只有一个公共点；(5)若a＝0且b＝0，直线为双曲线的渐近线，与双曲线相离，没有公共点．2．有时利用数形结合思想，根据直线的斜率k与渐近线的斜率或某切线的斜率的关系来判断直线与双曲线的位置关系会比较快捷．【变式训练】(2024·高考北京卷)若直线y＝k(x－3)与双曲线eq\f(x2,4)－y2＝1只有一个公共点，则k的一个取值为________.[答案]eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或－\f(1,2)，答案不唯一))[解析]联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)－y2＝1，,y＝kx－3，))化简并整理得(1－4k2)x2＋24k2x－36k2－4＝0，由题意得1－4k2＝0或Δ＝(24k2)2＋4(36k2＋4)(1－4k2)＝0，解得k＝±eq\f(1,2)或无解，即k＝±eq\f(1,2)，经检验，符合题意.双曲线的弦——多维探究角度1弦长问题1．过双曲线x2－eq\f(y2,3)＝1的右焦点作直线l交双曲线于A，B两点，则满足|AB|＝6的直线l有()A．4条 B．3条C．2条 D．1条[答案]B[解析]当直线l的倾斜角为90°时，|AB|＝eq\f(2b2,a)＝6；当直线l的倾斜角为0°时，|AB|＝2<6.故当直线l适当倾斜时，还可作出两条直线使得|AB|＝6.故选B.2．(2026·四川巴中诊断，节选)双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，渐近线方程为y＝eq\f(1,2)x，焦距为2eq\r(5)，设直线y＝kx＋t与C交于A，B两点．(1)求双曲线C的方程；(2)若k＝1且|AB|＝eq\f(4\r(2),3)，求t的值；[解析](1)由双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1，渐近线方程为y＝eq\f(1,2)x，焦距为2eq\r(5)，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＝\f(1,2)，,2c＝2\r(5)，,a2＋b2＝c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，,c＝\r(5)，))所以双曲线C的方程为eq\f(x2,4)－y2＝1.(2)因为k＝1，所以直线方程为y＝x＋t，联立方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋t，,\f(x2,4)－y2＝1，))整理得3x2＋8tx＋4t2＋4＝0，由Δ＝64t2－12(4t2＋4)＝16(t2－3)>0，解得t<－eq\r(3)或t>eq\r(3)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，可得x1＋x2＝－eq\f(8t,3)，x1x2＝eq\f(4t2＋4,3)，又由|AB|＝eq\f(4\r(2),3)，可得|AB|＝eq\r(1＋12)|x1－x2|＝eq\r(2)eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(2)×eq\f(\r(16t2－3),3)＝eq\f(4\r(2),3)，整理得t2＝4，解得t＝±2，此时满足Δ>0，所以t＝±2.名师点拨：双曲线弦长的求法：联立直线与双曲线方程，求得交点坐标，或写出根与系数的关系，利用弦长公式求解．注意“焦点弦”的弦长与通径(过焦点且垂直实轴的弦)、实轴长间关系(焦点弦长的最小值是通径与实轴长二者的最小值)的应用．如本例中双曲线实轴长为2，通径长为6，则满足|AB|＝m的直线①当2<m<6时有2条；②当m>6时有4条；③当m＝2时有1条；④当0<m<2时有0条．角度2中点弦问题1．(2025·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\{\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，))由点差法得eq\f(x1＋x2x1－x2,a2)－eq\f(y1＋y2y1－y2,b2)＝0(x1≠x2)．∵M(－1,3)，∴x1＋x2＝－2，y1＋y2＝6，∴eq\f(－2,a2)－eq\f(6y1－y2,b2x1－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．2．(2023·全国乙卷)设A、B为双曲线x2－eq\f(y2,9)＝1上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是()A．(1,1) B．(－1,2)C．(1,3) D．(－1，－4)[答案]D[解析]通解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为M(x0，y0)，由点A，B在双曲线上，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,1)－\f(y\o\al(2,1),9)＝1，,x\o\al(2,2)－\f(y\o\al(2,2),9)＝1，))两式作差，得xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2)＝eq\f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),9)，即(x1－x2)(x1＋x2)＝eq\f(y1－y2y1＋y2,9)，化简得eq\f(y1－y2y1＋y2,x1－x2x1＋x2)＝9，即eq\f(y1－y2,x1－x2)·eq\f(\f(y1＋y2,2),\f(x1＋x2,2))＝kAB·eq\f(y0,x0)＝9，因此kAB＝9·eq\f(x0,y0).由双曲线方程可得渐近线方程为y＝±3x，如图．对于A选项，因为kAB＝9×eq\f(1,1)＝9>3，所以直线AB与双曲线无交点，不符合题意；对于B选项，因为kAB＝9×eq\f(－1,2)＝－eq\f(9,2)<－3，所以直线AB与双曲线无交点，不符合题意；对于C选项，kAB＝9×eq\f(1,3)＝3，此时直线AB与渐近线y＝3x平行，与双曲线不可能有两个交点，不符合题意；对于D选项，因为kAB＝9×eq\f(－1,－4)＝eq\f(9,4)<3，所以直线AB与双曲线有两个交点，满足题意．故选D.优解：选项中的点均位于双曲线两支之间，故A，B分别在双曲线的两支上且不关于原点对称，设线段AB的中点坐标为(x0，y0)，则|kAB|＝9eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x0,y0)))<3，即|y0|>3|x0|，结合选项可知选D.注：也可利用kAB＝9eq\f(x0,y0)求出选项对应的AB的方程，检验直线与双曲线是否相交．名师点拨：“中点弦”问题常用“点差法”求解，但求弦所在直线方程后应代回检验．利用“根与系数关系法”解决直线与双曲线位置关系问题，“联立，消元”后，需讨论所得二次方程二次项系数等于0和不等于0两种情况．【变式训练】1．(角度1)(2026·陕西师大附中模拟)双曲线C：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1的焦点弦长为eq\f(9,2)的弦有()A．8条 B．4条C．2条 D．1条[答案]B[解析]由C：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1，可得其通径为eq\f(2b2,a)＝eq\f(2×5,2)＝5>eq\f(9,2)，注意到右焦点到左支上任意一点的距离的最小值，即为右焦点到左顶点的距离为a＋c＝2＋eq\r(4＋5)＝5>eq\f(9,2)，结合双曲线的对称性，可知该弦不可能与双曲线交于不同支，结合双曲线的对称性，可知该弦与双曲线交于左支或者右支的情况各有2种，共4种，故满足题意的直线共有4条．故选B.2．(角度2)已知双曲线x2－eq\f(y2,3)＝1，过P(2,1)点作一直线交双曲线于A，B两点，并使P为AB的中点，则直线AB的方程为____________.[答案]6x－y－11＝0[解析]设A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入双曲线方程3x2－y2＝3，相减得直线AB的斜率kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(3x1＋x2,y1＋y2)＝eq\f(3×\f(x1＋x2,2),\f(y1＋y2,2))＝eq\f(3×2,1)＝6.故所求直线的方程为y－1＝6(x－2)，即6x－y－11＝0.直线与双曲线的综合问题——师生共研(2025·贵州部分高中联考)已知y＝eq\r(2)x是双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一条渐近线，点(2,2)在C上．(1)求C的方程；(2)已知直线l的斜率存在且不经过原点，l与C交于A，B两点，AB的中点在直线y＝2x上．①证明：l的斜率为定值；②若M(1,1)，△MAB的面积为eq\r(6)，求l的方程．[解析](1)由题可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＝\r(2)，,\f(22,a2)－\f(22,b2)＝1，))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝2，,b2＝4，))所以C的方程为eq\f(x2,2)－eq\f(y2,4)＝1.(2)①证明：设l：y＝kx＋t(t≠0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋t，,\f(x2,2)－\f(y2,4)＝1，))得(2－k2)x2－2ktx－t2－4＝0，由题意得2－k2≠0，Δ＝(－2kt)2－4(2－k2)(－t2－4)＝8(t2－2k2＋4)>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点的坐标为(x0，y0)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(2kt,2－k2)，,x1x2＝－\f(t2＋4,2－k2)，))所以x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(kt,2－k2)，y0＝kx0＋t＝eq\f(2t,2－k2).因为AB的中点在直线y＝2x上，所以y0＝2x0，即eq\f(2t,2－k2)＝eq\f(2kt,2－k2)，因为t≠0，所以k＝1，故l的斜率为定值．②由①得l的方程为x－y＋t＝0，且|AB|＝eq\r(1＋k2)eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2kt,2－k2)))2－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(t2＋4,2－k2))))＝4eq\r(t2＋2)，又点M到l的距离d＝eq\f(|1－1＋t|,\r(2))＝eq\f(|t|,\r(2))，所以S△MAB＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(1,2)×4eq\r(t2＋2)×eq\f(|t|,\r(2))＝eq\r(2)·eq\r(t2＋2t2)＝eq\r(6)，解得t＝±1，所以l的方程为x－y±1＝0.名师点拨：解决直线与圆锥曲线相交问题的策略解答直线与圆锥曲线相交的题目时，常联立直线和圆锥曲线的方程，消去y(或x)得一元二次方程，结合题设条件，利用根与系数的关系建立有关参变量的等量关系，采用“设而不求”“整体代入”等解法．设直线方程时一定要关注直线的斜率是否存在，若不能确定，应分类求解，当过点P(a，b)的直线不与x轴垂直时，可设其方程为y＝k(x－a)＋b；当过点P(a，b)的直线不与y轴垂直时，可设其方程为x＝m(y－b)＋A．【变式训练】(2022·全国Ⅰ卷节选)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，求l的斜率．[解析]因为点A(2,1)在双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,a2－1)＝1(a>1)上，所以eq\f(4,a2)－eq\f(1,a2－1)＝1，解得a2＝2，即双曲线C：eq\f(x2,2)－y2＝1，易知直线l的斜率存在，设l：y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)－y2＝1，))可得(1－2k2)x2－4mkx－2m2－2＝0，所以x1＋x2＝－eq\f(4mk,2k2－1)，x1x2＝eq\f(2m2＋2,2k2－1)，Δ＝16m2k2＋4(2m2＋2)(1－2k2)>0⇒m2＋1－2k2>0.所以由kAP＋kBP＝0可得，eq\f(y2－1,x2－2)＋eq\f(y1－1,x1－2)＝0，即(x1－2)(kx2＋m－1)＋(x2－2)(kx1＋m－1)＝0，即2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，所以2k×eq\f(2m2＋2,2k2－1)＋(m－1－2k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4mk,2k2－1)))－4(m－1)＝0，化简得8k2＋4k－4＋4m(k＋1)＝0，即(k＋1)(2k－1＋m)＝0，所以k＝－1或m＝1－2k，当m＝1－2k时，直线l：y＝kx＋m＝k(x－2)＋1过点A(2,1)，与题意不符，舍去，故k＝－1.高考中的离心率问题1．(2024·全国甲卷)已知双曲线的两个焦点分别为(0,4)，(0，－4)，点(－6,4)在该双曲线上，则该双曲线的离心率为()A．4 B．3C．2 D．eq\r(2)[答案]C[解析]设F1(0，－4)、F2(0,4)、P(－6,4)，则|F1F2|＝2c＝8，|PF1|＝eq\r(62＋4＋42)＝10，|PF2|＝eq\r(62＋4－42)＝6，则2a＝|PF1|－|PF2|＝10－6＝4，则e＝eq\f(2c,2a)＝eq\f(8,4)＝2.故选C．2．(2020·新课标Ⅰ卷)已知F为双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点，A为C的右顶点，B为C上的点，且BF垂直于x轴．若AB的斜率为3，则C的离心率为________.[答案]2[解析]联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝c，,\f(x2,a2)－\f(y2,b2)＝1，,c2＝b2＋a2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝c，,y＝±\f(b2,a)，))所以|BF|＝eq\f(b2,a).依题可得，eq\f(|BF|,|AF|)＝3，|AF|＝c－a，即eq\f(\f(b2,a),c－a)＝eq\f(c2－a2,ac－a)＝3，变形得c＋a＝3a，c＝2a，因此，双曲线C的离心率为2.3．(2025·天津高考真题)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，以右焦点F2为焦点的抛物线y2＝2px(p>0)与双曲线交于第一象限的点P，若|PF1|＋|PF2|＝3|F1F2|，则双曲线的离心率e＝()A．2 B．5C．eq\f(\r(2)＋1,2) D．eq\f(\r(5)＋1,2)[答案]A[解析]根据题意可设F2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，双曲线的半焦距为c，P(x0，y0)，则p＝2c，过F1作x轴的垂线l，过P作l的垂线，垂足为A，显然直线AF1为抛物线的准线，则|PA|＝|PF2|，由双曲线的定义及已知条件可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|PF1|－|PF2|＝2a，,|PF1|＋|PF2|＝6c，))则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|PF1|＝3c＋a，,|PF2|＝3c－a＝|PA|，))由勾股定理可知|AF1|2＝yeq\o\al(2,0)＝|PF1|2－|PA|2＝12ac，易知yeq\o\al(2,0)＝4cx0，∴x0＝3a，即eq\f(x\o\al(2,0),a2)－eq\f(y\o\al(2,0),b2)＝eq\f(9a2,a2)－eq\f(12ac,c2－a2)＝1，整理得2c2－3ac－2a2＝0＝(2c＋a)(c－2a)，∴c＝2a，即离心率为2.故选A．4．(多选题)(2022·全国乙卷)双曲线C的两个焦点分别为F1，F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C交于M，N两点，且cos∠F1NF2＝eq\f(3,5)，则C的离心率为()A．eq\f(\r(5),2) B．eq\f(3,2)C．eq\f(\r(13),2) D．eq\f(\r(17),2)[答案]AC[解析]依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过F1作圆D的切线切点为G，若M，N分别在左右支，因为OG⊥NF1，且cos∠F1NF2＝eq\f(3,5)>0，所以N在双曲线的右支，又|OG|＝a，|OF1|＝c，|GF1|＝b，设∠F1NF2＝α，∠F2F1N＝β，在△F1NF2中，有eq\f(|NF2|,sinβ)＝eq\f(|NF1|,sinα＋β)＝eq\f(2c,sinα)，故eq\f(|NF1|－|NF2|,sinα＋β－sinβ)＝eq\f(2c,sinα)即eq\f(a,sinα＋β－sinβ)＝eq\f(c,sinα)，所以eq\f(a,sinαcosβ＋cosαsinβ－sinβ)＝eq\f(c,sinα)，而cosα＝eq\f(3,5)，sinβ＝eq\f(a,c)，cosβ＝eq\f(b,c)，故sinα＝eq\f(4,5)，代入整理得到2b＝3a，即eq\f(b,a)＝eq\f(3,2)，所以双曲线的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\f(\r(13),2).若M，N均在左支上，同理有eq\f(|NF2|,sinβ)＝eq\f(|NF1|,sinα＋β)＝eq\f(2c,sinα)，其中β为钝角，故cosβ＝－eq\f(b,c)，故eq\f(|NF2|－|NF1|,sinβ－sinα＋β)＝eq\f(2c,sinα)，即eq\f(a,sinβ－sinαcosβ－cosαsinβ)＝eq\f(c,sinα)，代入cosα＝eq\f(3,5)，sinβ＝eq\f(a,c)，sinα＝eq\f(4,5)，整理得到：eq\f(a,4b＋2a)＝eq\f(1,4)，故a＝2b，故e＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)＝eq\f(\r(5),2)，故选AC．5．(2021·全国乙卷)设B是椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的上顶点，若C上的任意一点P都满足|PB|≤2b，则C的离心率的取值范围是()A．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1)) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))[答案]C[解析]设P(x0，y0)，由B(0，b)，因为eq\f(x\o\al(2,0),a2)＋eq\f(y\o\al(2,0),b2)＝1，a2＝b2＋c2，∴|PB|2＝xeq\o\al(2,0)＋(y0－b)2＝a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(y\o\al(2,0),b2)))＋(y0－b)2＝－eq\f(c2,b2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y0＋\f(b3,c2)))2＋eq\f(b4,c2)＋a2＋b2，因为－b≤y0≤b，当－eq\f(b3,c2)≤－b，即b2≥c2时，|PB|eq\o\al(2,max)＝4b2，即|PB|max＝2b，符合题意，由b2≥c2可得a2≥2c2，即0<e≤eq\f(\r(2),2)；当－eq\f(b3,c2)>－b，即b2<c2时，|PB|eq\o\al(2,max)＝eq\f(b4,c2)＋a2＋b2，即eq\f(b4,c2)＋a2＋b2≤4b2，化简得(c2－b2)2≤0，显然该不等式不成立．故选C．名师点拨：求离心率的取值范围需构造a、b、c间的不等关系，一般从以下几方面入手：①曲线的范围；②构造方程，借助判别式；③数形结合．【变式训练】1．(2025·高考北京卷)双曲线x2－4y2＝4的离心率为()A．eq\f(\r(3),2) B．eq\f(\r(5),2)C．eq\f(5,4) D．eq\r(5)[答案]B[解析]由x2－4y2＝4得，eq\f(x2,4)－y2＝1，所以a2＝4，b2＝1，c2＝a2＋b2＝5，即a＝2，c＝eq\r(5)，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),2)，故选B.2．(2022·浙江高考)已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦点为F，过F且斜率为eq\f(b,4a)的直线交双曲线于点A(x1，y1)，交双曲线的渐近线于点B(x2，y2)且x1<0<x2.若|FB|＝3|FA|，则双曲线的离心率是________.[答案]eq\f(3\r(6),4)[解析]过F且斜率为eq\f(b,4a)的直线AB：y＝eq\f(b,4a)(x＋c)，渐近线l2：y＝eq\f(b,a)x，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(b,4a)x＋c，,y＝\f(b,a)x，))得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,3)，\f(bc,3a)))，由|FB|＝3|FA|，得Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5c,9)，\f(bc,9a)))，而点A在双曲线上，于是eq\f(25c2,81a2)－eq\f(b2c2,81a2b2)＝1，解得eq\f(c2,a2)＝eq\f(81,24)，所以离心率e＝eq\f(3\r(6),4).提能训练练案[54]A组基础巩固一、单选题1．(2026·广东惠州调研)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的一条渐近线方程是y＝eq\r(2)x，F1，F2分别为双曲线C的左、右焦点，过点F2且垂直于x轴的垂线在x轴上方交双曲线C于点M，则tan∠MF1F2＝()A．eq\f(\r(2),2) B．eq\f(\r(2),3)C．eq\f(\r(3),2) D．eq\f(\r(3),3)[答案]D[解析]因为该双曲线的一条渐近线方程是y＝eq\r(2)x，则eq\f(b,a)＝eq\r(2)，结合c2＝a2＋b2，可得eq\f(b,c)＝eq\r(\f(2,3)).又Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(b2,a)))，所以tan∠MF1F2＝eq\f(b2,2ac)＝eq\f(1,2)·eq\f(b,a)·eq\f(b,c)＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(\f(2,3))＝eq\f(\r(3),3).2．(2025·江苏南通如皋调研)在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，过F作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为M，直线MF与另一渐近线交于点N，若M是FN的中点，则双曲线的离心率为()A．eq\r(2) B．2C．eq\r(3) D．3[答案]B[解析]如图所示，由题意可知，∠AOF＝∠COF1，又因为M是FN的中点，OM⊥FN，所以∠AOF＝∠AOC，所以3∠AOF＝π，∠AOF＝eq\f(π,3)，根据双曲线的性质，双曲线的渐近线方程为：y＝±eq\f(b,a)x，OF＝c，tan∠AOF＝eq\f(b,a)，所以eq\f(b,a)＝eq\r(3)，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝2.故选B.3．(2026·辽宁实验中学适应性测试)过双曲线x2－eq\f(y2,2)＝1的左焦点作直线l交双曲线于A，B两点，若实数λ使得|AB|＝λ的直线l恰有3条，则λ＝()A．2 B．3C．4 D．6[答案]C[解析]左支内最短的焦点弦＝eq\f(2b2,a)＝4，又2a＝2，所以与左、右两支相交焦点弦长≥2a＝2，因为实数λ使得|AB|＝λ的直线恰有3条，根据双曲线对称性可知：其中一条与实轴垂直，另两条关于x轴对称．如图所示：所以当λ＝4时，有3条直线满足题意．故选C．4．(2025·四川内江一中模拟)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\{\rc\(\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－1.5．(2026·河北邯郸调研)设双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线C上，过点P作两条渐近线的垂线，垂足分别为D，E，若eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝0，且3|PD||PE|＝，则双曲线C的离心率为()A．eq\f(2\r(3),3) B．eq\r(2)C．eq\r(3) D．2[答案]C[解析]设P(x0，y0)，则eq\f(x\o\al(2,0),a2)－eq\f(y\o\al(2,0),b2)＝1，即b2xeq\o\al(2,0)－a2yeq\o\al(2,0)＝a2b2，双曲线C的渐近线方程为bx±ay＝0，所以|PD||PE|＝eq\f(|bx0－ay0|,\r(b2＋a2))·eq\f(|bx0＋ay0|,\r(b2＋a2))＝eq\f(|b2x\o\al(2,0)－a2y\o\al(2,0)|,c2)＝eq\f(a2b2,c2)，又||PF1|－|PF2||＝2a，平方后得|PF1|2－2|PF1||PF2|＋|PF2|2＝4a2，又在△F1PF2中，由eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝0可得PF1⊥PF2，所以|PF1|2＋|PF2|2＝4c2，两式相减，整理得|PF1||PF2|＝2b2，所以＝eq\f(1,2)|PF1||PF2|＝b2，因为3|PD||PE|＝，所以3×eq\f(a2b2,c2)＝b2，解得e＝eq\r(3).6．(2025·江苏苏南十校联考、安徽亳州联考)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－y2＝1(a>0)，点M在C上，过点M作C两条渐近线的垂线，垂足分别为A，B，若|MA|·|MB|＝eq\f(3,4)，则双曲线C的离心率为()A．eq\f(5,4) B．eq\f(2\r(3),3)C．2 D．eq\f(4,3)[答案]B[解析]设点M(x0，y0)，则eq\f(x\o\al(2,0),a2)－yeq\o\al(2,0)＝1，即xeq\o\al(2,0)－a2yeq\o\al(2,0)＝a2，又两条渐近线方程为y＝±eq\f(1,a)x，即x±ay＝0，故有|MA|·|MB|＝eq\f(|x0＋ay0|,\r(a2＋1))·eq\f(|x0－ay0|,\r(a2＋1))＝eq\f(|x\o\al(2,0)－a2y\o\al(2,0)|,c2)＝eq\f(a2,c2)＝eq\f(3,4)，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2\r(3),3).故选B.7．(2026·河北邢台一中月考)已知平行四边形ABCD内接于椭圆Ω：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，且AB，AD斜率之积的范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)，－\f(2,3)))，则椭圆Ω离心率的取值范围是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)，\f(\r(3),3))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)，\f(2\r(3),3)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，\f(\r(3),3))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，\f(1,3)))[答案]A[解析]由题意，A，C和B，D均关于原点对称，令B(m，n)，则D(－m，－n)，若A(x，y)，则kABkAD＝eq\f(y－n,x－m)·eq\f(y＋n,x＋m)＝eq\f(y2－n2,x2－m2)＝eq\f(b2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x2,a2)))－b2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(m2,a2))),x2－m2)＝－eq\f(b2,a2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)，－\f(2,3)))，所以椭圆Ω离心率e＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),5)，\f(\r(3),3))).故选A．8．(2024·贵州六校联盟联考)设直线y＝kx与双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)相交于A，B两点，P为C上不同于A，B的一点，直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，若C的离心率为eq\r(2)，则k1·k2＝()A．3 B．1C．2 D．eq\r(3)[答案]B[解析]解法一：点A，B关于原点对称，设A(x0，y0)，B(－x0，－y0)，P(x，y)，由点差法eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1①，eq\f(x\o\al(2,0),a2)－eq\f(y\o\al(2,0),b2)＝1②，①减②得eq\f(x2－x\o\al(2,0),a2)＝eq\f(y2－y\o\al(2,0),b2)，则eq\f(y2－y\o\al(2,0),x2－x\o\al(2,0))＝eq\f(b2,a2)，即k1·k2＝e2－1，又由e＝eq\r(2)，则k1·k2＝1，故选B.解法二：由题意可取C：x2－y2＝1，不妨取k＝0，P(2，eq\r(3))，则A(－1,0)，B(1,0)，k1k2＝eq\f(\r(3),2＋1)×eq\f(\r(3),2－1)＝1.故选B.二、多选题9．(2026·福建福州质检)已知双曲线Γ：x2－eq\f(y2,2)＝1的左、右顶点分别为A，B，M是Γ上异于A，B的一个动点，记直线AM，BM的斜率分别为k1，k2，则下列说法正确的是()A．Γ的离心率为eq\r(3)B．k1k2＝－2C．当k1＝1时，tan∠AMB＝eq\f(1,3)D．直线eq\r(2)x＋y－1＝0与Γ恰有一个公共点[答案]ACD[解析]由题意可知，a＝1，b＝eq\r(2)，则c＝eq\r(a2＋b2)＝eq\r(1＋2)＝eq\r(3)，则离心率为eq\f(c,a)＝eq\r(3)，故A正确；设M(x0，y0)，y0≠0，则xeq\o\al(2,0)－eq\f(y\o\al(2,0),2)＝1，因A(－1,0)，B(1,0)，则k1k2＝eq\f(y0,x0＋1)·eq\f(y0,x0－1)＝eq\f(y\o\al(2,0),x\o\al(2,0)－1)＝eq\f(y\o\al(2,0),\f(y\o\al(2,0),2))＝2，故B错误；当k1＝1时，k2＝2，设直线AM，BM的倾斜角分别为α，β，则tan∠AMB＝|tan(α－β)|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(k1－k2,1＋k1k2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1－2,1＋2)))＝eq\f(1,3)，故C正确；联立eq\r(2)x＋y－1＝0与2x2－y2＝2得，x＝eq\f(3\r(2),4)，故D正确．故选ACD.10．(2024·江苏省泰州市模拟)已知双曲线C：eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1，过其右焦点F的直线l与双曲线交于A，B两个不同的点，则下列结论正确的为()A．|AB|的最小值为eq\f(32,3)B．以F为焦点的抛物线的标准方程为y2＝20xC．满足|AB|＝2的直线有3条D．若A，B同在双曲线的右支上，则直线l的斜率k∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(4,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))[答案]BD[解析]当直线l的斜率为0时，则A，B两点分别为双曲线的顶点，则|AB|＝2a＝6，又6<eq\f(32,3)，故选项A不正确；F(5,0)，则以F为焦点的抛物线的标准方程为y2＝20x，故选项B正确；当A，B两点同在双曲线的右支时(通径为最短弦)，则|AB|≥eq\f(2b2,a)＝eq\f(32,3)>2，此时无满足条件的直线．当A，B两点分别在双曲线一支上时(实轴为最短弦)，则|AB|≥2a＝6>2，此时无满足条件的直线．故选项C不正确；过右焦点F分别作两渐近线的平行线l1，l2，如图，将l1绕焦点F沿逆时针方向旋转到与l2重合的过程中，直线与双曲线的右支有两个交点．此时直线l的斜率k>eq\f(4,3)或k<－eq\f(4,3)，故选项D正确．故选BD.三、填空题11．(2025·贵州贵阳摸底)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点为F，过F的直线l与C交于点A，B，且满足|AB|＝2a的直线l恰有三条，则双曲线C的离心率的取值范围为____________.[答案](1，eq\r(2))[解析]由题意知道直线与双曲线两支分别相交，且有两条直线与双曲线同一支相交．显然满足|AB|＝2a的直线l有1条为x轴，A，B为左右顶点，长度为实轴长，|AB|＝2A．当直线l过F，刚好垂直x轴时，令x＝c，可求得|AB|＝eq\f(2b2,a).此时直线l只有1条．加上前面的1条，总共2条，不满足题意．如图，运用双曲线对称性知道2a>eq\f(2b2,a)时，刚好有2条，总共3条，满足题意．即b2<a2.则e＝eq\f(c,a)＝eq\r(\f(c2,a2))＝eq\r(\f(a2＋b2,a2))＝eq\r(1＋\f(b2,a2))<eq\r(2).又由于e>1，则双曲线C离心率的取值范围为1<e<eq\r(2).12．(2026·广西北海模拟)如图，已知双曲线M：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，正六边形ABF2CDF1的一边AF1的中点恰好在双曲线M上，则双曲线M的离心率是________.[答案]eq\f(\r(13)＋1,3)[解析]设AF1的中点为P，连接OP，PF2，易得PO⊥AF1，∠PF1O＝60°，所以|OF1|＝c，|PF1|＝eq\f(1,2)c，在△PF1F2中，由余弦定理得|PF2|2＝|PF1|2＋|F1F2|2－2|PF1|·|F1F2|·cos∠PF1F2＝eq\f(1,4)c2＋4c2－c2＝eq\f(13,4)c2，所以|PF2|＝eq\f(\r(13),2)c，所以2a＝|PF2|－|PF1|＝eq\f(\r(13),2)c－eq\f(1,2)c，所以双曲线M的离心率e＝eq\f(2c,2a)＝eq\f(2c,\f(\r(13),2)c－\f(1,2)c)＝eq\f(\r(13)＋1,3).13.(2026·江西南昌开学考试)如图，双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的右焦点为F，过点F作渐近线l1：y＝eq\f(b,a)x的垂线l，垂足为A，且l与另一条渐近线、y轴分别交于B，C，若eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))，则双曲线的离心率为________.[答案]eq\f(2\r(3),3)[解析]已知直线l1：y＝eq\f(b,a)x，因为直线l与直线l1垂直，所以直线l的斜率为－eq\f(a,b).又直线l过点F(c,0)，可得直线l的方程为y＝－eq\f(a,b)(x－c)，联立直线l与直线l1的方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(b,a)x，,y＝－\f(a,b)x－c，))解得x＝eq\f(a2,c)，则y＝eq\f(b,a)×eq\f(a2,c)＝eq\f(ab,c)，所以点A的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)，\f(ab,c))).在直线l的方程y＝－eq\f(a,b)(x－c)中，令x＝0，可得y＝eq\f(ac,b)，所以点C的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(ac,b))).因为eq\o(BA,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))，所以A为BC的中点，设点B的坐标为(x，y)，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x＋0,2)＝\f(a2,c)，,\f(y＋\f(ac,b),2)＝\f(ab,c)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2a2,c)，,y＝\f(2ab,c)－\f(ac,b).))因为点B在另一条渐近线y＝－eq\f(b,a)x上，所以将Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a2,c)，\f(2ab,c)－\f(ac,b)))代入y＝－eq\f(b,a)x可得eq\f(2ab,c)－eq\f(ac,b)＝－eq\f(b,a)×eq\f(2a2,c).化简可得eq\f(4b,c)＝eq\f(c,b)，即c2＝4b2，又因为c2＝a2＋b2，所以b2＝eq\f(a2,3)，则c2＝a2＋eq\f(a2,3)＝eq\f(4a2,3).所以e＝eq\r(\f(c2,a2))＝eq\r(\f(\f(4a2,3),a2))＝eq\f(2\r(3),3).四、解答题14．(2026·湖南部分学校联考)已知等轴双曲线E过点(2，eq\r(2))，直线l：y＝kx＋2(k>0)与E交于A，B两点，与其渐近线交于C，D两点．(1)求E的方程；(2)设eq\f(|AB|,|CD|)＝λ，求λ的取值范围．[解析](1)∵等轴双曲线E过点(2，eq\r(2))，①若E的焦点在x轴上，不妨设E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,a2)＝1，代入(2，eq\r(2))，可得a2＝2，∴E：eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1；②若E的焦点在y轴上，不妨设E：eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,a2)＝1，代入(2，eq\r(2))，可得a2＝－2，不符合题意，综上所述，E：eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)－\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋2，))可得(1－k2)x2－4kx－6＝0，∴1－k2≠0，Δ＝16k2＋24(1－k2)>0，解得k∈(0,1)∪(1，eq\r(3))，∴x1＋x2＝eq\f(4k,1－k2)，x1x2＝－eq\f(6,1－k2)，显然双曲线E的渐近线方程为y＝±x，不妨设C为直线y＝x与直线l的交点，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x，,y＝kx＋2，))可得x3＝－eq\f(2,k－1)，同理x4＝－eq\f(2,k＋1)，∴λ＝eq\f(|AB|,|CD|)＝eq\f(|x1－x2|,|x3－x4|)＝eq\f(\r(x1＋x22－4x1x2),|x3－x4|)＝eq\f(\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k,1－k2)))2＋\f(24,1－k2)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(2,k－1)＋\f(2,k＋1))))＝eq\f(\f(2\r(2)\r(3－k2),|k2－1|),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4,k2－1))))＝eq\f(\r(2),2)eq\r(3－k2)，∵k∈(0,1)∪(1，eq\r(3))，∴eq\f(\r(2),2)eq\r(3－k2)∈(0,1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(6),2)))，∴λ的取值范围为(0,1)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(6),2))).B组能力提升1．(2025·浙江浙南名校联盟联考)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦点为F1，O为坐标原点，若在C的右支上存在关于x轴对称的两点P，Q，使得△PF1Q为正三角形，且OQ⊥F1P，则C的离心率为()A．eq\r(2) B．1＋eq\r(2)C．eq\r(3) D．1＋eq\r(3)[答案]D[解析]设双曲线的焦距为2c(c>0)，右焦点为F2，直线OQ交F1P于点M，连接PF2，因为△PF1Q为正三角形，OQ⊥F1P，所以M为F1P的中点，所以OM∥F2P，故∠F1PF2＝eq\f(π,2)，易知∠F2F1P＝eq\f(π,6)，所以|PF2|＝c，|PF1|＝eq\r(3)c，由双曲线的定义知|PF1|－|PF2|＝2a，即eq\r(3)c－c＝2a，得e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2,\r(3)－1)＝1＋eq\r(3).故选D.2．(2024·九省联考试题)设双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过坐标原点的直线与C交于A，B两点，|F1B|＝2|F1A|，eq\o(F2A,\s\up6(→))·eq\o(F2B,\s\up6(→))＝4a2，则C的离心率为()A．eq\r(2) B．2C．eq\r(5) D．eq\r(7)[答案]D[解析]由双曲线的对称性可知|F1A|＝|F2B|，|F1B|＝|F2A|，有四边形AF1BF2为平行四边形．令|F1A|＝|F2B|＝m，则|F1B|＝|F2A|＝2m，由双曲线定义可知|F2A|－|F1A|＝2a，故有2m－m＝2a，即m＝2a，即|F1A|＝|F2B|＝m＝2a，|F1B|＝|F2A|＝4a，eq\o(F2A,\s\up6(→))·eq\o(F2B,\s\up6(→))＝|eq\o(F2A,\s\up6(→))|·|eq\o(F2B,\s\up6(→))|cos∠AF2B＝2a×4acos∠AF2B＝4a2，则cos∠AF2B＝eq\f(1,2)，即∠AF2B＝eq\f(π,3)，故∠F2BF1＝eq\f(2π,3)，则有cos∠F2BF1＝eq\f(|F1B|2＋|F2B|2－|F1F2|2,2|F1B|·|F2B|)＝eq\f(4a2＋2a2－2c2,2×4a×2a)＝－eq\f(1,2)，即eq\f(20a2－4c2,16a2)＝－eq\f(1,2)，即eq\f(20,16)－eq\f(4e2,16)＝－eq\f(1,2)，则e2＝7，由e>1，故e＝eq\r(7).故选D.3.(2025·浙江名校新高考研究联盟联考)如图，设双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦点为F，过F作倾斜角为60°的直线l与双曲线C的左支交于A，B两点，若eq\o(AF,\s\up6(→))＝4eq\o(FB,\s\up6(→))，则双曲线C的渐近线方程为___________________________．[答案]y＝±eq\f(\r(11),5)x[解析]令双曲线右焦点为F′，半焦距为c，设|BF|＝t，则|AF|＝4t，由双曲线定义得|BF′|＝t＋2a，|AF′|＝4t＋2a，由直线AB倾斜角为60°，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(∠BFF′＝60°，,∠AFF′＝120°，))由余弦定理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|BF′|2＝|BF|2＋|FF′|2－2|BF||FF′|cos60°，,|AF′|2＝|AF|2＋|FF′|2－2|AF||FF′|cos120°，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t＋2a2＝t2＋4c2－2tc，,4t＋2a2＝16t2＋4c2＋8tc，))整理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＋ct＝2c2－2a2，,4a－2ct＝c2－a2，))于是c＝eq\f(6,5)a，b＝eq\f(\r(11),5)a，所以双曲线C的渐近线方程为y＝±eq\f(\r(11),5)x.4．(2026·安徽六校模拟)倾斜角为锐角的直线l经过双曲线C：eq\f(x2,3m2)－eq\f(y2,m2)＝1(m>0)的左焦点F1，分别交双曲线的两条渐近线于A，B两点，若线段AB的垂直平分线经过双曲线C的右焦点F2，则直线l的斜率为________.[答案]eq\f(\r(7),7)[解析]两条渐近线可写成eq\f(x2,3)－y2＝0，设AB的中点为M，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),3)－y\o\al(2,1)＝0①，,\f(x\o\al(2,2),3)－y\o\al(2,2)＝0②，))①－②，得eq\f(x1＋x2x1－x2,3)＝(y1－y2)(y1＋y2)，整理得eq\f(y1－y2,x1－x2)·eq\f(\f(y1＋y2,2),\f(x1＋x2,2))＝eq\f(1,3)，即kOM·kAB＝eq\f(1,3)(*)，如图，在Rt△F1MF2中，|OM|＝eq\f(1,2)|F1F2|＝|OF1|，则∠MOF2＝2∠MF1O，故tan∠MOF2＝tan2∠MF1O＝eq