高考数学复习第九章　第六节　第二课时　直线与双曲线（导学案）

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第2课时 直线与双曲线
题型一 直线与双曲线位置关系的判断
[典例1](1)过P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，2)) 且与双曲线2x2－y2＝1有且只有一个公共点的直线有( )
A．1条 B．2条 C．3条 D．4条
解析：选D.当斜率不存在时，过P的直线与双曲线没有公共点；
当斜率存在时，设直线为y＝kx＋2，联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2,2x2－y2＝1)) ，得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－k2)) x2－4kx－5＝0①.
当2－k2＝0，即k＝± eq \r(2) 时，①式只有一个解；
当2－k2≠0时，则Δ＝16k2＋20 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－k2)) ＝0，
解得k＝± eq \r(10) ；
综上可知，过P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，2)) 且与双曲线2x2－y2＝1有且只有一个公共点的直线有4条．
(2)(2022·全国甲卷)记双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的离心率为e，写出满足条件“直线y＝2x与C无公共点”的e的一个值________．
解析：C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)，所以C的渐近线方程为y＝± eq \f(b,a) x，
结合渐近线的特点，只需0< eq \f(b,a) ≤2，即 eq \f(b2,a2) ≤4，
可满足条件“直线y＝2x与C无公共点”，
所以e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \r(1＋\f(b2,a2)) ≤ eq \r(1＋4) ＝ eq \r(5) ，
又因为e>1，所以1答案：2(答案不唯一，满足1 直线与双曲线位置关系的判断方法：
(1)联立方程，消元化为关于x(或y)的一元方程；
(2)讨论最高次数项系数是否为零求解；
(3)依据方程解的个数，判断交点的个数．
设直线l：y＝kx＋m，
双曲线 eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1 (a＞0，b＞0)，
联立解得：(b2－a2k2)x2－2a2mkx－a2m2－a2b2＝0.
①m＝0时，－ eq \f(b,a) k≥ eq \f(b,a) ，k≤－ eq \f(b,a) ，或k不存在时，直线与双曲线没有交点；
②m≠0时，若b2－a2k2＝0，k＝± eq \f(b,a) ，直线与双曲线渐近线平行，直线与双曲线相交于一点；
若b2－a2k2≠0，Δ＝(－2a2mk)2－4(b2－a2k2)·(－a2m2－a2b2)＝4a2b2(m2＋b2－a2k2)，
Δ＞0，m2＋b2－a2k2＞0，直线与双曲线相交于2点；
Δ＝0，m2＋b2－a2k2＝0，直线与双曲线相切于1点；
Δ<0，m2＋b2－a2k2<0，直线与双曲线相离．
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
解析：选C.将y＝2x＋m代入4x2－y2＝1得
m2＋4mx＋1＝0，
当m＝0时，x无解；
当m≠0时，x＝ eq \f(1＋m2,－4m) ，所以至多有一个交点．
2．已知双曲线 eq \f(x2,a2) －y2＝1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a>0)) ，双曲线右支上有任意两点P1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1)) ，P2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2)) ，满足x1x2－y1y2>0恒成立，则a的取值范围是________．
解析：设点P3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，－y2)) ，
则OP1·OP3＝x1x2－y1y2>0，
则OP1＝OP3或∠P1OP3为锐角，如图所示：
设点M为双曲线的渐近线y＝ eq \f(1,a) x在第一象限内的一点，
设点N为双曲线的渐近线y＝－ eq \f(1,a) x在第四象限内的一点，
由题意可知，0<∠MON≤ eq \f(π,2) ，
则0< eq \f(1,a) ≤tan eq \f(π,4) ＝1，解得a≥1.
答案：[1，＋∞)
3．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2，则k1·k2＝________．
解析：据题意，点A，B关于原点对称，
设点A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，y0)) ，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x0，－y0)) ，P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，y)) ，则
eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1， eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,a2) － eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,b2) ＝1.两式相减，得
eq \f(x2－x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,a2) ＝ eq \f(y2－y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,b2) ，则 eq \f(y2－y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,x2－x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ) ＝ eq \f(b2,a2) .
因为e＝2，所以k1·k2＝ eq \f(y－y0,x－x0) · eq \f(y＋y0,x＋x0) ＝ eq \f(y2－y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,x2－x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ) ＝ eq \f(b2,a2) ＝ eq \f(c2－a2,a2) ＝e2－1＝3.
答案：3
题型二 直线与双曲线相交的有关问题
角度1 弦长问题
[典例2]已知双曲线C：y2－ eq \f(x2,5) ＝1，若斜率为2的直线l与C交于P，Q两点．且 eq \(OP,\s\up6(→)) · eq \(OQ,\s\up6(→)) ＝－ eq \f(21,19) ，则 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PQ)) ＝________．
解析：设直线l：y＝2x＋m，与双曲线的方程联立可得：19x2＋20mx＋5m2－5＝0，
设P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1)) ，Q eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2)) ，
则x1＋x2＝－ eq \f(20m,19) ，x1x2＝ eq \f(5m2－5,19) ，
所以y1y2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x1＋m)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x2＋m))
＝4x1x2＋2m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2)) ＋m2＝－ eq \f(m2＋20,19) ，
因为 eq \(OP,\s\up6(→)) · eq \(OQ,\s\up6(→)) ＝－ eq \f(21,19) ，
所以x1x2＋y1y2＝ eq \f(4m2－25,19) ＝－ eq \f(21,19) ，
解得m＝±1，因此 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(PQ)) ＝ eq \r(1＋k2) × eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x1－x2))
＝ eq \r(1＋k2) × eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2))2－4x1x2)
＝ eq \r(5) × eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(±\f(20,19)))2) ＝ eq \f(20\r(5),19) .
答案： eq \f(20\r(5),19)
角度2 中点弦问题
[典例3](2022·绍兴模拟)已知双曲线 eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)，直线l交双曲线两条渐近线于点A，B，M为线段AB的中点，设直线l，OM的斜率分别为k1，k2，若k1·k2＝ eq \f(3,2) ，则渐近线方程为__________．
解析：设A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1)) ，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2)) ，M(x，y)，
则x1＋x2＝2x，y1＋y2＝2y，
可得M( eq \f(x1＋x2,2) ， eq \f(y1＋y2,2) )，
设A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1)) ，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2)) 分别为双曲线的渐近线方程y＝－ eq \f(b,a) x，y＝ eq \f(b,a) x上的点，
所以有y1＝－ eq \f(b,a) x1，y2＝ eq \f(b,a) x2，
从而有y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝( eq \f(b,a) )2x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，
y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝( eq \f(b,a) )2x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ⇒ eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ) ＝( eq \f(b,a) )2，
又k1＝ eq \f(y1－y2,x1－x2) ，k2＝ eq \f(\f(y1＋y2,2),\f(x1＋x2,2)) ＝ eq \f(y1＋y2,x1＋x2) ，
所以k1k2＝ eq \f(y1－y2,x1－x2) × eq \f(y1＋y2,x1＋x2)
＝ eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ) ＝( eq \f(b,a) )2＝ eq \f(3,2) ，
则 eq \f(b,a) ＝ eq \f(\r(6),2) ，所以渐近线方程为y＝± eq \f(\r(6),2) x.
答案：y＝± eq \f(\r(6),2) x
1．解决直线与双曲线相交有关问题的解题策略
(1)解决弦长问题，可联立直线与双曲线方程，消元转化为关于x(或y)的一元方程，利用弦长公式即可求解；
(2)解决中点弦问题，常常采用点差法求解，但一定要注意直线是否与双曲线相交的判断．
2．相交弦AB的弦长公式
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB)) ＝ eq \r(1＋k2) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x1－x2))
＝ eq \r(1＋k2) eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2) ＝ eq \r(1＋k2) eq \f(\r(Δ),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a))) ，
或 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB)) ＝ eq \r(1＋\f(1,k2)) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(y1－y2))
＝ eq \r(1＋\f(1,k2)) eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2) ＝ eq \r(1＋k2) eq \f(\r(Δ),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a))) .

1．(2022·烟台模拟)过双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1 (a＞0，b＞0) 的焦点且斜率不为0的直线交C于A，B两点，D为AB中点，若kAB·kOD＝ eq \f(1,2) ，则C的离心率为( )
A． eq \r(6) B．2 C． eq \r(3) D． eq \f(\r(6),2)
解析：选D.不妨设过双曲线C的焦点且斜率不为0的直线为y＝k(x－c)，k≠0，令A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)－\f(y2,b2)＝1,y＝k（x－c）)) ，整理得
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b2－a2k2)) x2＋2a2k2cx－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2k2c2＋a2b2)) ＝0，
则x1＋x2＝ eq \f(2a2k2c,a2k2－b2) ，x1x2＝ eq \f(a2k2c2＋a2b2,a2k2－b2) ，
D( eq \f(a2k2c,a2k2－b2) ， eq \f(kb2c,a2k2－b2) )，
则kOD＝ eq \f(kb2c,a2k2c) ＝ eq \f(b2,a2k) ，由kAB·kOD＝ eq \f(1,2) ，
可得 eq \f(b2,a2k) ·k＝ eq \f(1,2) ，则有a2＝2b2，即3a2＝2c2，
则双曲线C的离心率e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(\r(6),2) .
2．已知焦点在x轴上的双曲线Γ经过点M( eq \r(6) ， eq \r(2) )，N(－2 eq \r(3) ，－ eq \r(6) ).
(1)求双曲线Γ的离心率e；
(2)若直线l：y＝ eq \f(\r(3),3) x－1与双曲线Γ交于A，B两点，求弦长|AB|.
解析：(1)设双曲线Γ的方程为 eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(（\r(6)）2,a2)－\f(（\r(2)）2,b2)＝1,\f(（－2\r(3)）2,a2)－\f(（－\r(6)）2,b2)＝1)) ，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b2＝2,a2＝3)) ，
所以c2＝a2＋b2＝5，e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(\r(15),3) ；
(2)由(1)得双曲线Γ的方程为 eq \f(x2,3) － eq \f(y2,2) ＝1，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,3)－\f(y2,2)＝1,y＝\f(\r(3),3)x－1)) ，得x2＋2 eq \r(3) x－9＝0，x1＋x2＝－2 eq \r(3) ，x1·x2＝－9，
|AB|＝ eq \r(（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2])
＝ eq \r(（1＋\f(1,3)）×48) ＝8，
故弦长|AB|为8.
双曲线的综合问题
角度1 圆或椭圆与双曲线的综合问题
[典例4](1)(2023·厦门模拟)若双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1 (a＞0，b＞0)的一条渐近线被圆x2＋y2－4y＋2＝0所截得的弦长为2，则双曲线C的离心率为( )
A． eq \r(3) B． eq \f(2\r(3),3) C．2 D． eq \r(2)
解析：选C.双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1 (a＞0，b＞0)的渐近线方程为y＝± eq \f(b,a) x，由对称性，不妨取y＝ eq \f(b,a) x，即bx－ay＝0.
又曲线x2＋y2－4y＋2＝0可化为x2＋(y－2)2＝2，则其圆心的坐标为(0，2)，半径为 eq \r(2) .
圆心(0，2)到渐近线的距离d＝ eq \r(（\r(2)）2－12) ＝1，
又由点到直线的距离公式，
可得 eq \f(|2a|,\r(b2＋a2)) ＝ eq \f(2a,c) ＝ eq \f(2,e) ＝d＝1，所以e＝2.
(2)(2022·泰安模拟)已知F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且∠F1PF2＝ eq \f(π,3) ，椭圆、双曲线的离心率分别为e1，e2，则e eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋e eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) 的最小值为________．
解析：由题意，可设椭圆的长半轴为a1，双曲线的实半轴为a2，由椭圆和双曲线的定义可知，
PF1＋PF2＝2a1，PF1－PF2＝2a2，
则PF1＝a1＋a2，PF2＝a1－a2，
又∠F1PF2＝60°，由余弦定理可得
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2c)) 2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a2)) 2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1－a2)) 2－2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋a2)) (a1－a2)cs 60°，
整理得4c2＝a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋3a eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，即 eq \f(1,e eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) ＋ eq \f(3,e eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ) ＝4，
则 eq \f(1,4e eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) ＋ eq \f(3,4e eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ) ＝1，
所以e eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋e eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4e eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )＋\f(3,4e eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋e eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )) ≥ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2e1)·e1＋\f(\r(3),2e2)·e2)) 2＝1＋ eq \f(\r(3),2) .
答案：1＋ eq \f(\r(3),2)
角度2 平面向量与双曲线的综合问题
[典例5](2023·潮州模拟)F1，F2分别为双曲线C：x2－ eq \f(y2,2) ＝1的左、右焦点，过F1的直线l与C的左、右两支曲线分别交于A，B两点，若l⊥F2B，则F2A·F2B＝( )
A．4－2 eq \r(3) B．4＋ eq \r(3)
C．6－2 eq \r(5) D．6＋2 eq \r(5)
解析：选C.在双曲线C中，a＝1，b＝ eq \r(2) ，c＝ eq \r(3) ，则F1(－ eq \r(3) ，0)，F2( eq \r(3) ，0)，
因为直线l过点F1，由图可知，直线l的斜率存在且不为零，
因为l⊥F2B，则△F1BF2为直角三角形，可得|BF1|2＋|BF2|2＝|F1F2|2＝12，
由双曲线的定义可得|BF1|－|BF2|＝2，所以，4＝(|BF1|－|BF2|)2＝|BF1|2＋|BF2|2－2|BF1|·|BF2|＝12－2|BF1|·|BF2|，
可得|BF1|·|BF2|＝4，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|BF1|－|BF2|＝2,|BF1|·|BF2|＝4)) ，解得|BF2|＝ eq \r(5) －1，
因此，F2A·F2B＝(F2B＋ eq \(BA,\s\up6(→)) )·F2B＝F2B2＋ eq \(BA,\s\up6(→)) ·F2B＝( eq \r(5) －1)2＝6－2 eq \r(5) .
角度3 直线与双曲线的综合问题
[典例6](2021·新高考Ⅰ卷)在平面直角坐标系xOy中，已知点F1(－ eq \r(17) ，0)，F2( eq \r(17) ，0)，点M满足|MF1|－|MF2|＝2.记M的轨迹为C.
(1)求C的方程；
(2)设点T在直线x＝ eq \f(1,2) 上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和．
解析：(1)由双曲线的定义可知，M的轨迹C是双曲线的右支，设C的方程为 eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1 (a＞0，b＞0) (x≥1)，
根据题意 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c＝\r(17),2a＝2,c2＝a2＋b2)) ，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝1,b＝4,c＝\r(17))) ，
所以C的方程为x2－ eq \f(y2,16) ＝1(x≥1)；
(2)设T( eq \f(1,2) ，t)，直线AB的方程为y＝k1(x－ eq \f(1,2) )＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)，设 eq \f(1,2) 将直线AB方程代入C的方程化简并整理可得，
(16－k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )x2＋(k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －2tk1)x－ eq \f(1,4) k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋k1t－t2－16＝0，
由根与系数的关系有，
x1＋x2＝ eq \f(k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －2k1t,k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －16) ，x1x2＝ eq \f(－\f(1,4)k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋k1t－t2－16,16－k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) ，
又由A(x1，k1x1－ eq \f(1,2) k1＋t)，T( eq \f(1,2) ，t)可得|AT|＝ eq \r(1＋k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) (x1－ eq \f(1,2) )，
同理可得|BT|＝ eq \r(1＋k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) (x2－ eq \f(1,2) )，
所以|AT|·|BT|
＝(1＋k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )(x1－ eq \f(1,2) )(x2－ eq \f(1,2) )
＝ eq \f(（1＋k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ）（t2＋12）,k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －16) ，
设直线PQ的方程为y＝k2(x－ eq \f(1,2) )＋t，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，设 eq \f(1,2) 同理可得|PT|·|QT|＝ eq \f(（1＋k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ）（t2＋12）,k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －16) ，
又|AT|·|BT|＝|PT|·|QT|，
则 eq \f(1＋k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －16) ＝ eq \f(1＋k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －16) ，化简可得k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，
又k1≠k2，则k1＝－k2，即k1＋k2＝0，
即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.
双曲线的综合问题
(1)当与圆、椭圆有关时，常常结合圆、椭圆的方程或性质，构造函数解决问题；
(2)当与直线有关时，常常联立直线与双曲线的方程，消元后利用一元二次方程的判别式、根与系数的关系构造相关数量关系求解．
(3)当与向量知识结合时，注意运用向量的坐标运算，将向量间的关系转化为点的坐标问题，再根据根与系数的关系，将所求问题与条件建立联系求解．
1．双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1 (a＞0，b＞0)的左、右焦点分别是F1，F2，直线l：y＝x与双曲线C在第一象限的交点为M，M在x轴上的投影恰好是F2，则双曲线C的离心率是( )
A． eq \f(\r(3)＋1,2) B． eq \r(5) ＋1
C． eq \r(3) ＋1 D． eq \f(\r(5)＋1,2)
解析：选D.设原点为O，因为直线l：y＝x与双曲线C在第一象限的交点M在x轴上的投影恰好是F2，
所以MF2⊥F1F2，且∠MOF2＝ eq \f(π,4) ，
所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MF2)) ＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(OF2)) ，
将x＝c代入到双曲线方程，
可得 eq \f(c2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1，解得y＝ eq \f(b2,a) ，即 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MF2)) ＝ eq \f(b2,a) ，
则 eq \f(b2,a) ＝c，即c2－ac－a2＝0，即e2－e－1＝0，
解得e＝ eq \f(1±\r(5),2) (舍负)，故e＝ eq \f(\r(5)＋1,2) .
2．若圆x2＋(y－2)2＝r2(r>0)上存在一点P，过点P可作两条直线PA，PB与双曲线 eq \f(x2,2) －y2＝1相切，且 eq \(PA,\s\up6(→)) · eq \(PB,\s\up6(→)) ＝0，则r的取值范围是( )
A．[2，3] B．[1，3]
C．[1，＋∞) D．[3，＋∞)
解析：选B.设点P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m，n)) ，且过点P与双曲线相切的直线方程为y－n＝k(x－m)，
两条直线PA，PB的斜率为k1，k2，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)－y2＝1,y－n＝k（x－m）)) 得，
(1－2k2)x2－4k(n－km)x－2(n－km)2－2＝0，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－2k2≠0,Δ＝16k2（n－km）2－4（1－2k2）\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－2（n－km）2－2))＝0)) ，
整理Δ＝0可得(m2－2)k2－2mnk＋n2＋1＝0，
且方程的两个根为k1，k2，
因为 eq \(PA,\s\up6(→)) · eq \(PB,\s\up6(→)) ＝0，可得k1k2＝－1，
即k1k2＝－1＝ eq \f(n2＋1,m2－2) ，整理得m2＋n2＝1，
即点P(m，n)在圆x2＋y2＝1上，圆心为(0，0)，半径为1，又在圆x2＋(y－2)2＝r2(r>0)上，圆心为(0，2)，半径为r，
由圆与圆有交点可得 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(r－1)) ≤2≤r＋1，解得1≤r≤3.
3．(多选题)(2023·衡阳模拟)已知双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1 (a＞0，b＞0)的左焦点为F，过点F作C的一条渐近线的平行线交C于点A，交另一条渐近线于点B.若 eq \(FA,\s\up6(→)) ＝2 eq \(AB,\s\up6(→)) ，则下列说法正确的是( )
A．双曲线C的渐近线方程为y＝±2x
B．双曲线C的离心率为 eq \r(3)
C．点A到两渐近线的距离的乘积为 eq \f(b2,3)
D．O为坐标原点，则tan ∠AOB＝ eq \f(\r(2),4)
解析：选BCD.双曲线的渐近线方程为y＝± eq \f(b,a) x，
不妨设过点F的直线与直线y＝ eq \f(b,a) x平行，交C于点A.
对于A：设双曲线半焦距为c，
过点F与直线y＝ eq \f(b,a) x平行的直线的方程为
y＝ eq \f(b,a) (x＋c)，与y＝－ eq \f(b,a) x联立，解得
B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(c,2)，\f(bc,2a))) ，由 eq \(FA,\s\up6(→)) ＝2 eq \(AB,\s\up6(→)) ，设A(x，y)，
所以(x＋c，y)＝2(－ eq \f(c,2) －x， eq \f(bc,2a) －y)，
可得A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2c,3)，\f(bc,3a))) ，依题：
eq \f(4c2,9a2) － eq \f(c2,9a2) ＝1，得 eq \f(c2,a2) ＝3， eq \f(b2,a2) ＝2，
故渐近线方程为y＝± eq \r(2) x，A错误；
对于B：由 eq \f(c2,a2) ＝3可得e＝ eq \r(3) ，B正确；
对于C：A到两渐近线距离的乘积
d1d2＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(bxA－ayA))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(bxA＋ayA)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(a2＋b2)))2) ＝ eq \f(b2,3) ，C正确；
对于D：kOA＝－ eq \f(b,2a) ＝－ eq \f(\r(2),2) ，kAB＝ eq \f(b,a) ＝ eq \r(2) ，
kOA·kAB＝－1，
故OA⊥AB，|OA|＝ eq \r(\f(4c2,9)＋\f(b2c2,9a2)) ＝ eq \f(\r(6),3) c，
|AB|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(c,2)＋\f(2,3)c))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(bc,2a)－\f(bc,3a)))2) ＝ eq \f(c,2\r(3)) ，
故tan ∠AOB＝ eq \f(|AB|,|OA|) ＝ eq \f(\r(2),4) ，所以D正确．
4．(2023·深圳模拟)在平面直角坐标系xOy中，F为双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(b>a>0)的一个焦点，以F为圆心的圆与C的两条渐近线交于O，A，B三点，若四边形OAFB的面积为 eq \f(\r(3),2) |OF|2，则C的离心率为________．
解析：不妨设点F为双曲线C的右焦点，则F(c，0)，
则以F为圆心，且过原点O的圆的方程为(x－c)2＋y2＝c2，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(b,a)x,（x－c）2＋y2＝c2)) ，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝0,y＝0)) 或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(2a2,c),y＝\f(2ab,c))) ，
不妨设点A( eq \f(2a2,c) ， eq \f(2ab,c) )，由对称性可知点B( eq \f(2a2,c) ，－ eq \f(2ab,c) )，
由已知可得S四边形OAFB＝c· eq \f(2ab,c) ＝2ab＝ eq \f(\r(3),2) c2，即4ab＝ eq \r(3) c2＝ eq \r(3) (a2＋b2)，
即 eq \r(3) ·( eq \f(b,a) )2－ eq \f(4b,a) ＋ eq \r(3) ＝0，由已知 eq \f(b,a) >1，解得 eq \f(b,a) ＝ eq \r(3) ，
因此，双曲线C的离心率为e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \r(\f(c2,a2)) ＝ eq \r(\f(a2＋b2,a2)) ＝ eq \r(1＋（\f(b,a)）2) ＝2.
答案：2
【加练备选】
(2022·汕头模拟)已知双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1 (a＞0，b＞0)，l1，l2为C的两条渐近线，过C的右焦点F作l1的垂线，垂足为A，且该垂线交l2于点B，若 eq \(BA,\s\up6(→)) ＝3 eq \(AF,\s\up6(→)) ，则双曲线C的离心率e＝________．
解析：不妨设l1为y＝ eq \f(b,a) x，l2为y＝－ eq \f(b,a) x，
过C的右焦点F作l1的垂线，垂足为A，且该垂线交l2于点B，
F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，0)) ，则直线AB的方程为
y＝－ eq \f(a,b) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－c)) ，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(a,b)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－c)),y＝\f(b,a)x)) ，
解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(a2,c),y＝\f(ab,c))) ，即A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,c)，\f(ab,c))) ，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(a,b)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－c)),y＝－\f(b,a)x)) ，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(a2c,a2－b2),y＝－\f(abc,a2－b2))) ，
即B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2c,a2－b2)，\f(abc,b2－a2))) ，
则 eq \(BA,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,c)－\f(a2c,a2－b2)，\f(ab,c)－\f(abc,b2－a2))) ，
eq \(AF,\s\up6(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c－\f(a2,c)，－\f(ab,c))) ，
因为 eq \(BA,\s\up6(→)) ＝3 eq \(AF,\s\up6(→)) ，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(a2,c)－\f(a2c,a2－b2)＝3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c－\f(a2,c))),\f(ab,c)－\f(abc,b2－a2)＝－\f(3ab,c))) ，
所以 eq \f(4,c) ＝ eq \f(c,b2－a2) ，即4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b2－a2)) ＝c2＝a2＋b2，
所以3b2＝5a2，所以 eq \f(b2,a2) ＝ eq \f(5,3) ，
所以e＝ eq \r(1＋\f(b2,a2)) ＝ eq \r(1＋\f(5,3)) ＝ eq \f(2\r(6),3) .
答案： eq \f(2\r(6),3)