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高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册3.2 双曲线课后测评
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这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册3.2 双曲线课后测评，共32页。试卷主要包含了直线与双曲线的位置关系，弦长问题，“中点弦问题”，双曲线的第二定义，双曲线与其他知识交汇问题，双曲线有关的应用问题等内容，欢迎下载使用。
1．直线与双曲线的位置关系
(1)研究直线与双曲线的位置关系：
一般通过直线方程与双曲线方程所组成的方程组的解的个数进行判断.
①代入②得.
当=0，即时，直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线交于一点.
当0，即时，=.
>0直线与双曲线有两个交点,称直线与双曲线相交；
=0直线与双曲线有一个交点,称直线与双曲线相切；
<0直线与双曲线没有交点,称直线与双曲线相离.
(2)对直线与双曲线的交点位置分以下三种情况进行讨论：
①若一条直线与双曲线的右支交于两个不同的点，则应满足条件；
②若一条直线与双曲线的左支交于两个不同的点，则应满足条件>0x1+x2<0x1x2>0；
③若一条直线与双曲线的左、右两支各有一个交点，则应满足条件Δ>0x1x2<0.
2．弦长问题
①弦长公式：直线y=kx+b与双曲线相交所得的弦长d.
②解决此类问题时要注意是交在同一支，还是交在两支上.
③处理直线与圆锥曲线相交弦有关问题时，利用韦达定理、点差法的解题过程中，并没有条件确定直
线与圆锥曲线一定会相交，因此，最后要代回去检验.
④双曲线的通径：
过焦点且与焦点所在的对称轴垂直的直线被双曲线截得的线段叫作双曲线的通径.无论焦点在x轴上还
是在y轴上，双曲线的通径总等于.
3．“中点弦问题”
“设而不求”法解决中点弦问题：
①过椭圆内一点作直线，与椭圆交于两点，使这点为弦的中点，这样的直线一定存在，但在双曲线的
这类问题中，则不能确定.要注意检验.
②在解决此类问题中，常用韦达定理及垂直直线的斜率关系.常用的解题技巧是如何应用直线方程将
转化为能用韦达定理直接代换的.垂直关系有时用向量的数量关系来刻画，要注意转化.
4．双曲线的第二定义
平面内，当动点M到一个定点的距离和它到一条定直线(点不在直线上)的距离之比是常数e=(e>1)时，
这个动点的轨迹就是双曲线，定点是双曲线的焦点，定直线是双曲线的准线，常数e是双曲线的离心率.
5．双曲线与其他知识交汇问题
双曲线通常与圆、椭圆、抛物线或向量、不等式、三角函数相联系综合考查，应用中应注意对知识的
综合及分析.
双曲线的标准方程和几何性质中涉及一些基本量，树立基本量思想对于确定双曲线方程和认识其几何
性质有很大帮助.例如，“”可以通过来证明，也可以通过来证
明，证明解析几何问题的方法具有多样性.
6．双曲线有关的应用问题
(1)解答与双曲线有关的应用问题时，除了要准确把握题意，了解一些实际问题的相关概念，同时还要
注意双曲线的定义及性质的灵活应用.
(2)实际应用问题要注意其实际意义以及在该意义下隐藏着的变量范围.
【题型1 判断直线与双曲线的位置关系】
【方法点拨】
结合具体条件，根据直线与双曲线的三种位置关系，进行判断，即可得解.
【例1】(2023·全国·高二课时练习）“直线与双曲线有且仅有一个公共点”是“直线与双曲线相切”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既非充分又非必要条件
【变式1-1】(2023·全国·高二课时练习）直线y=32x+2与双曲线x24−y29=1的位置关系是（ ）
A．相切B．相交C．相离D．无法确定
【变式1-2】(2023·福建·高二期末）直线y=kx+2与双曲线x2−y2=2有且只有一个交点，那么实数k的值是（ ）
A．k=±1B．k=±3或k=±2C．k=±1或k=±3D．k=±2
【变式1-3】(2023·全国·高二课时练习）过点P（4，4）且与双曲线x216−y29=1只有一个交点的直线有（ ）．
A．1条B．2条C．3条D．4条
【题型2 弦长问题】
【方法点拨】
①解决弦长问题，一般运用弦长公式.而用弦长公式时，若能结合根与系数的关系“设而不求”，可大大简化
运算过程.
②涉及弦长问题，应联立直线与双曲线的方程，并设法消去未知数y(或x)，得到关于x(或y)的一元二次方
程，由韦达定理得到 (或)，代入到弦长公式即可.
【例2】(2023·全国·高二课时练习）直线x−y=0与双曲线2x2−y2=2有两个交点为A，B，则AB=（ ）
A．2B．22C．4D．42
【变式2-1】(2023·全国·高二课时练习）已知等轴双曲线的中心在原点，焦点在y轴上，与直线2x+y=0交于A，B两点，若AB=215，则该双曲线的方程为（ ）
A．y2−x2=25B．y2−x2=16C．y2−x2=9D．y2−x2=6
【变式2-2】（2023·全国·高二课时练习）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的一条渐近线方程是y=2x，过其左焦点F−3,0作斜率为2的直线l交双曲线C于A，B两点，则截得的弦长AB=（ ）
A．25B．45C．10D．102
【变式2-3】(2023·云南德宏·高二期末）经过双曲线y2−x2=−8的右焦点且斜率为2的直线被双曲线截得的线段的长是（ ）
A．4103B．2023C．210D．72
【题型3 双曲线的“中点弦”问题】
【方法点拨】
解决“中点弦”问题常用点差法，点差法中体现的设而不求思想还可以用于解决对称问题，因为这类问题
也与弦中点和斜率有关. 与弦中点有关的问题有平行弦的中点轨迹、过定点且被定点平分的弦所在的直线
方程等. 在解决此类问题中，常用韦达定理及垂直直线的斜率关系.
【例3】(2023·全国·高二课时练习）已知双曲线C:2x2−y2=2，过点P(1,2)的直线l与双曲线C交于M､N两点，若P为线段MN的中点，则弦长|MN|等于（ ）
A．423B．334C．43D．42
【变式3-1】(2023·全国·高二课时练习）已知点A，B在双曲线x2−y2=4上，线段AB的中点M3,1，则AB=（ ）
A．2B．22C．5D．25
【变式3-2】(2023·全国·高二课时练习）已知双曲线C:x2−y2=2，过右焦点的直线交双曲线于A,B两点，若A,B中点的横坐标为4，则弦AB长为（ ）
A．32B．42C．6D．62
【变式3-3】(2023·全国·高三专题练习）过点P(4，2)作一直线AB与双曲线C：x22－y2＝1相交于A，B两点，若P为线段AB的中点，则|AB|＝（ ）
A．22B．23
C．33D．43
【题型4 双曲线中的面积问题】
【方法点拨】
双曲线中的面积问题主要有三角形面积和四边形面积问题，三角形面积问题的解题步骤是：联立直线与双
曲线方程，求出弦长，再利用点到直线的距离公式求出三角形的高，利用三角形面积公式求解即可；四边
形面积问题可化为两个三角形面积来求解.
【例4】（2023·全国·模拟预测）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的一条渐近线方程为x−2y=0，焦点到渐近线的距离为1．
(1)求双曲线C的标准方程与离心率；
(2)已知斜率为−12的直线l与双曲线C交于x轴上方的A，B两点，O为坐标原点，直线OA，OB的斜率之积为−18，求△OAB的面积．
【变式4-1】(2023·全国·高三专题练习）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为62，焦点到其渐近线的距离为1．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)已知直线l：y=−12x+tt>0与双曲线C交于A，B两点，O为坐标原点，直线OA，OB的斜率之积为−18，求△OAB的面积．
【变式4-2】(2023·高二阶段练习）已知双曲线E:x2m−y25=1的离心率为e，点A的坐标是(0,2)，O为坐标原点.
(1)若双曲线E的离心率e∈62,2，求实数m的取值范围；
(2)当e=2时，设过点A的直线与双曲线的左支交于P，Q两个不同的点，线段PQ的中点为M点，求△OAM的面积S△OAM的取值范围.
【变式4-3】（2023·吉林高三开学考试（理））已知过点−2,1的双曲线C的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，一条渐近线的方程是x+y=0.
（1）求双曲线C的方程；
（2）若O是坐标原点，直线l：y=kx−1与双曲线C的两支各有一个交点，且交点分别是A，B，△AOB的面积为2，求实数k的值.
【题型5 双曲线中的定点、定值、定直线问题】
【例5】(2023·广东·高三开学考试）设直线x=m与双曲线C：x2−y23=m(m>0)的两条渐近线分别交于A，B两点，且三角形OAB的面积为3.
(1)求m的值；
(2)已知直线l与x轴不垂直且斜率不为0，l与C交于两个不同的点M，N，M关于x轴的对称点为M'，F为C的右焦点，若M'，F，N三点共线，证明：直线l经过x轴上的一个定点.
【变式5-1】(2023·辽宁朝阳·高三阶段练习）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为2，点P3,−1在双曲线C上.
(1)求双曲线C的方程；
(2)点A，B在双曲线C上，直线PA，PB与y轴分别相交于M,N两点，点Q在直线AB上，若坐标原点O为线段MN的中点，PQ⊥AB，证明：存在定点R，使得QR为定值.
【变式5-2】(2023·全国·高二课时练习）设F1,F2是双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左､右两个焦点，O为坐标原点，若点P在双曲线C的右支上，且OP=OF1=2,△PF1F2的面积为3.
(1)求双曲线C的渐近线方程；
(2)若双曲线C的两顶点分别为A1−a,0,A2a,0，过点F2的直线l与双曲线C交于M，N两点，试探究直线A1M与直线A2N的交点Q是否在某条定直线上？若在，请求出该定直线方程；若不在，请说明理由.
【变式5-3】(2023·全国·高二课时练习）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右焦点为F，左顶点为A，且FA=2+5，F到C的渐近线的距离为1，过点B4,0的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴分别交于M，N两点.
(1)求双曲线C的标准方程.
(2)若直线MB，NB的斜率分别为k1，k2，判断k1k2是否为定值.若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【题型6 双曲线有关的应用问题】
【方法点拨】
利用双曲线解决实际问题的基本步骤：
①建立适当的直角坐标系；
②求出双曲线的标准方程；
③根据双曲线的方程及定义、直线与双曲线的位置关系来解决实际应用问题.
【例6】(2023·江苏南通·高三阶段练习）郑州中原福塔的外立面呈双曲抛物面状，造型优美，空中俯瞰犹如盛开的梅花绽放在中原大地，是现代建筑与艺术的完美结合.双曲抛物面又称马鞍面，其在笛卡儿坐标系中的方程与在平面直角坐标系中的双曲线方程类似.双曲线在物理学中具有很多应用，比如波的干涉图样为双曲线､反射式天文望远镜利用了其光学性质等等.
（1）已知A，B是在直线l两侧且到直线l距离不相等的两点，P为直线l上一点.试探究当点P的位置满足什么条件时，|PA−PB|取最大值；
（2）若光线在平滑曲线上发生反射时，入射光线与反射光线关于曲线在入射点处的切线在该点处的垂线对称.证明：由双曲线一个焦点射出的光线，在双曲线上发生反射后，反射光线的反向延长线交于双曲线的另一个焦点.
【变式6-1】(2023·全国·高二课时练习）为捍卫钓鱼岛及其附属岛屿的领土主权，中国派出舰船“唐山号”、“石家庄号”和“邯郸号”在钓鱼岛领海巡航.某日，正巡逻在A处的“唐山号”突然发现来自P处的疑似敌舰的某信号，发现信号时“石家庄号”和“邯郸号”正分别位于如图所示的B、C两处，其中A在B的正东方向相距6海里处，C在B的北偏西30°方向相距4海里处.由于B、C比A距P更远，因此，4秒后B、C才同时发现这一信号（该信号的传播速度为每秒1海里），试确定疑似敌舰相对于A点“唐山号”的位置.
【变式6-2】(2023·全国·高二课时练习）某飞船返回舱顺利到达地球后，为了及时将航天员安全救出，地面指挥中心在返回舱预计到达区域安排了三个救援中心(记为A，B，C)，A在B的正东方向，相距6km；C在B的北偏西30°方向，相距4km；P为航天员的着陆点．某一时刻，A接收到P的求救信号，由于B，C两地比A距P远，在此4s后，B，C两个救援中心才同时接收到这一信号．已知该信号的传播速度为1km/s，求在A处发现P的方位角．
【变式6-3】（2023·全国·高二单元测试）如图，某野生保护区监测中心设置在点O处，正西、正东、正北处有三个监测点A、B、C，且OA=OB=OC=30km，一名野生动物观察员在保护区遇险，发出求救信号，三个监测点均收到求救信号，A点接收到信号的时间比B点接收到信号的时间早40V0秒（注：信号每秒传播V0千米）.
（1）以O为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系（如题），根据题设条件求观察员所有可能出现的位置的轨迹方程；
（2）若已知C点与A点接收到信号的时间相同，求观察员遇险地点坐标，以及与检测中心O的距离；
（3）若C点监测点信号失灵，现立即以监测点C为圆心进行“圆形”红外扫描，为保证有救援希望，扫描半径r至少是多少公里？
专题3.9 直线与双曲线的位置关系-重难点题型精讲
1．直线与双曲线的位置关系
(1)研究直线与双曲线的位置关系：
一般通过直线方程与双曲线方程所组成的方程组的解的个数进行判断.
①代入②得.
当=0，即时，直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线交于一点.
当0，即时，=.
>0直线与双曲线有两个交点,称直线与双曲线相交；
=0直线与双曲线有一个交点,称直线与双曲线相切；
<0直线与双曲线没有交点,称直线与双曲线相离.
(2)对直线与双曲线的交点位置分以下三种情况进行讨论：
①若一条直线与双曲线的右支交于两个不同的点，则应满足条件；
②若一条直线与双曲线的左支交于两个不同的点，则应满足条件>0x1+x2<0x1x2>0；
③若一条直线与双曲线的左、右两支各有一个交点，则应满足条件Δ>0x1x2<0.
2．弦长问题
①弦长公式：直线y=kx+b与双曲线相交所得的弦长d.
②解决此类问题时要注意是交在同一支，还是交在两支上.
③处理直线与圆锥曲线相交弦有关问题时，利用韦达定理、点差法的解题过程中，并没有条件确定直
线与圆锥曲线一定会相交，因此，最后要代回去检验.
④双曲线的通径：
过焦点且与焦点所在的对称轴垂直的直线被双曲线截得的线段叫作双曲线的通径.无论焦点在x轴上还
是在y轴上，双曲线的通径总等于.
3．“中点弦问题”
“设而不求”法解决中点弦问题：
①过椭圆内一点作直线，与椭圆交于两点，使这点为弦的中点，这样的直线一定存在，但在双曲线的
这类问题中，则不能确定.要注意检验.
②在解决此类问题中，常用韦达定理及垂直直线的斜率关系.常用的解题技巧是如何应用直线方程将
转化为能用韦达定理直接代换的.垂直关系有时用向量的数量关系来刻画，要注意转化.
4．双曲线的第二定义
平面内，当动点M到一个定点的距离和它到一条定直线(点不在直线上)的距离之比是常数e=(e>1)时，
这个动点的轨迹就是双曲线，定点是双曲线的焦点，定直线是双曲线的准线，常数e是双曲线的离心率.
5．双曲线与其他知识交汇问题
双曲线通常与圆、椭圆、抛物线或向量、不等式、三角函数相联系综合考查，应用中应注意对知识的
综合及分析.
双曲线的标准方程和几何性质中涉及一些基本量，树立基本量思想对于确定双曲线方程和认识其几何
性质有很大帮助.例如，“”可以通过来证明，也可以通过来证
明，证明解析几何问题的方法具有多样性.
6．双曲线有关的应用问题
(1)解答与双曲线有关的应用问题时，除了要准确把握题意，了解一些实际问题的相关概念，同时还要
注意双曲线的定义及性质的灵活应用.
(2)实际应用问题要注意其实际意义以及在该意义下隐藏着的变量范围.
【题型1 判断直线与双曲线的位置关系】
【方法点拨】
结合具体条件，根据直线与双曲线的三种位置关系，进行判断，即可得解.
【例1】(2023·全国·高二课时练习）“直线与双曲线有且仅有一个公共点”是“直线与双曲线相切”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既非充分又非必要条件
【解题思路】利用定义法，分充分性和必要性分类讨论即可.
【解答过程】充分性：因为“直线与双曲线有且仅有一个公共点”，所以直线与双曲线相切或直线与进行平行.故充分性不满足；
必要性：因为“直线与双曲线相切”，所以“直线与双曲线有且仅有一个公共点”.故必要性满足.
所以“直线与双曲线有且仅有一个公共点”是“直线与双曲线相切”的必要非充分条件.
故选：B.
【变式1-1】(2023·全国·高二课时练习）直线y=32x+2与双曲线x24−y29=1的位置关系是（ ）
A．相切B．相交C．相离D．无法确定
【解题思路】联立直线方程和双曲线方程消去y然后可解出x=−136，从而得出直线和双曲线位置关系，得出答案.
【解答过程】由y=32x+2x24−y29=1得x24−（32x+2）29=1 整理得，6x=−13；
所以x=−136，故直线和双曲线只有一个交点；
又双曲线x24−y29=1的渐近线方程为：y=±32x
y=32x+2与双曲线的一条渐近线平行且与双曲线只有一个交点.
所以直线和双曲线的位置关系为相交．
故选：B.
【变式1-2】(2023·福建·高二期末）直线y=kx+2与双曲线x2−y2=2有且只有一个交点，那么实数k的值是（ ）
A．k=±1B．k=±3或k=±2C．k=±1或k=±3D．k=±2
【解题思路】直接联立直线方程和双曲线方程，分二次项系数为0和不为0分析，二次项系数不为0时需要得到的二次方程的判别式等于0．
【解答过程】联立y=kx+2x2−y2=2，得1−k2x2−4kx−6=0①.
当1−k2=0，即k=±1时，方程①化为一次方程，直线y=kx+2与双曲线x2−y2=2有且只有一个交点；
当1−k2≠0，即k≠±1时，要使直线y=kx+2与双曲线x2−y2=2有且只有一个交点，则方程①有两个相等的实数根，即△=−4k2−41−k2⋅−6=0，解得：k=±3.
综上，使直线y=kx+2与双曲线x2−y2=2有且只有一个交点的实数k的值是±1或±3.
故选C.
【变式1-3】(2023·全国·高二课时练习）过点P（4，4）且与双曲线x216−y29=1只有一个交点的直线有（ ）．
A．1条B．2条C．3条D．4条
【解题思路】把直线与双曲线的位置关系，转化为方程组的解的个数来判断，借助判别式求解，注意分类讨论．
【解答过程】解；双曲线方程为：x216−y29=1，
当k不存在时，直线为x＝4，与x216−y29=11的图象有且只有一个公共点，
当k存在时，直线为：y＝k（x﹣4）+4，代入双曲线的方程可得：
9−16k2x2+128k2−128kx−256k2+512k−400=0，
（1）若9−16k2＝0，k=±34时，y＝±34（x﹣4）+4与双曲线的渐近线y=±34x平行，
所以与双曲线只有1个公共点，
（2）k≠±34时， Δ=128k2−128k2−49−16k2256k2−512k+400=0，
即k=2532，此时直线y=2532（x﹣4）+4与双曲线相切，只有1个公共点．
综上过点P（4，4）且与该双曲线只有一个公共点的直线4条．
故选：D.
【题型2 弦长问题】
【方法点拨】
①解决弦长问题，一般运用弦长公式.而用弦长公式时，若能结合根与系数的关系“设而不求”，可大大简化
运算过程.
②涉及弦长问题，应联立直线与双曲线的方程，并设法消去未知数y(或x)，得到关于x(或y)的一元二次方
程，由韦达定理得到 (或)，代入到弦长公式即可.
【例2】(2023·全国·高二课时练习）直线x−y=0与双曲线2x2−y2=2有两个交点为A，B，则AB=（ ）
A．2B．22C．4D．42
【解题思路】直线方程与双曲线方程联立方程组，直接解得交点坐标，再计算两点间距离．
【解答过程】由2x2−y2=2x−y=0，得x1=2y1=2，x2=−2y2=−2，
∴AB=222+222=4.
故选：C．
【变式2-1】(2023·全国·高二课时练习）已知等轴双曲线的中心在原点，焦点在y轴上，与直线2x+y=0交于A，B两点，若AB=215，则该双曲线的方程为（ ）
A．y2−x2=25B．y2−x2=16C．y2−x2=9D．y2−x2=6
【解题思路】设出双曲线方程，联立直线，求出交点坐标，即可求解
【解答过程】由题意可设双曲线方程为y2−x2=m，m>0，
由y2−x2=m2x+y=0得3x2=m，则x=±m3，m>0，
不妨假设xA=m3，则yA=−2m3，
由图象的对称性可知，
AB=215可化为OA=15，
即m3+4×m3=15，解得m=9，
故双曲线方程为：y2−x2=9，
故选：C.
【变式2-2】（2023·全国·高二课时练习）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的一条渐近线方程是y=2x，过其左焦点F−3,0作斜率为2的直线l交双曲线C于A，B两点，则截得的弦长AB=（ ）
A．25B．45C．10D．102
【解题思路】根据渐进线方程得出ba=2,再根据焦点得出c=3,结合c2=a2+b2,可求出双曲线的标准方程,然后根据点斜式得出直线方程,联立方程组求出x1+x2=−43，x1x2=7,最后由弦长公式AB=1+k2⋅x1+x22−4x1x2即可求出截得的弦长AB.
【解答过程】∵双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的一条渐近线方程是y=2x，
∴ba=2，即b=2a，∵左焦点F−3,0，∴c=3
∴c2=a2+b2=3a2=3，∴a2=1，b2=2，
∴双曲线方程为x2−y22=1，直线l的方程为y=2x+3，
设Ax1,y1，Bx2,y2由y=2x+3x2−y22=1，
消y可得x2+43x+7=0，∴x1+x2=−43，x1x2=7，
∴AB=1+k2⋅x1+x22−4x1x2=1+4⋅48−28=5⋅20=10．
故选:C.
【变式2-3】(2023·云南德宏·高二期末）经过双曲线y2−x2=−8的右焦点且斜率为2的直线被双曲线截得的线段的长是（ ）
A．4103B．2023C．210D．72
【解题思路】设出直线方程代入x2−y2=8，整理可得3x2−32x+72=0，利用韦达定理,结合弦长公式，即可得出结论.
【解答过程】由y2−x2=−8 ⇒x28−y28=1⇒a2=b2=8⇒c=a2+b2=16=4，
所以双曲线x2−y2=8的右焦点为4,0，
经过双曲线x2−y2=8的右焦点且斜率为2的直线方程为y=2x−4，
代入x2−y2=8,整理可得3x2−32x+72=0，
设交点Ax1,y1,Bx2,y2,则x1+x2=323,x1x2=24直线被双曲线截得的线段的长是1+22⋅x1−x2=1+22⋅(x1+x2)2−4x1x2= 1+4⋅3229−96=2023，
故选：B.
【题型3 双曲线的“中点弦”问题】
【方法点拨】
解决“中点弦”问题常用点差法，点差法中体现的设而不求思想还可以用于解决对称问题，因为这类问题
也与弦中点和斜率有关. 与弦中点有关的问题有平行弦的中点轨迹、过定点且被定点平分的弦所在的直线
方程等. 在解决此类问题中，常用韦达定理及垂直直线的斜率关系.
【例3】(2023·全国·高二课时练习）已知双曲线C:2x2−y2=2，过点P(1,2)的直线l与双曲线C交于M､N两点，若P为线段MN的中点，则弦长|MN|等于（ ）
A．423B．334C．43D．42
【解题思路】设直线MN为y−2=k(x−1)，联立双曲线方程，应用韦达定理及中点坐标公式求k值，利用弦长公式求解即可.
【解答过程】由题设，直线l的斜率必存在，设过P(1,2)的直线MN为y−2=k(x−1)，联立双曲线：(2−k2)x2+2k(k−2)x−(k4−4k+6)=0
设M(x1,y1),N(x2,y2)，则x1+x2=−2k(k−2)2−k2=2xP，所以−2k(k−2)2−k2=2，解得k=1，
则x1+x2=2，x1x2=−3.
弦长|MN|=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2=2⋅4+12=42.
故选：D.
【变式3-1】(2023·全国·高二课时练习）已知点A，B在双曲线x2−y2=4上，线段AB的中点M3,1，则AB=（ ）
A．2B．22C．5D．25
【解题思路】先根据中点弦定理求出直线AB的斜率，然后求出直线AB的方程，联立后利用弦长公式求解AB的长.
【解答过程】设Ax1,y1，Bx2,y2，则可得方程组：x12−y12=4x22−y22=4，两式相减得：x1+x2x1−x2=y1+y2y1−y2，即y1+y2x1+x2⋅y1−y2x1−x2=1，其中因为AB的中点为M3,1，故y1+y2x1+x2=13，故y1−y2x1−x2=3，即直线AB的斜率为3，故直线AB的方程为：y−1=3x−3，联立y−1=3x−3x2−y2=4，解得：2x2−12x+17=0，由韦达定理得：x1+x2=6，x1x2=172，则AB=1+k2x1+x22−4x1x2=25
故选：D.
【变式3-2】(2023·全国·高二课时练习）已知双曲线C:x2−y2=2，过右焦点的直线交双曲线于A,B两点，若A,B中点的横坐标为4，则弦AB长为（ ）
A．32B．42C．6D．62
【解题思路】设出直线y=k(x−2)，与C:x2−y2=2联立，根据韦达定理，可求出k的值，再根据弦长公式|AB|=1+k2xA−xB2求得弦AB的长．
【解答过程】解：双曲线C:x22−y22=1，则c2=4，所以右焦点F(2,0)，
根据题意易得过F的直线斜率存在，设为y=k(x−2)，A(xA,yA),B(xB,yB)
联立y=k(x−2)x2−y2=2，
化简得1−k2x2+4k2x−4k2−2=0，
所以xA+xB=−4k21−k2,xAxB=−4k2−21−k2，
因为A,B中点横坐标为4，所以xA+xB=−4k21−k2=8，
解得k2=2，所以xAxB=−4k2−21−k2=10，
则xA−xB2=xA+xB2−4xAxB=82−4×10=24，
则|AB|=1+k2xA−xB2=3×24=62．
故选D．
【变式3-3】(2023·全国·高三专题练习）过点P(4，2)作一直线AB与双曲线C：x22－y2＝1相交于A，B两点，若P为线段AB的中点，则|AB|＝（ ）
A．22B．23
C．33D．43
【解题思路】解法一，设直线方程与曲线方程联立，利用根与系数的关系表示中点坐标，求直线的斜率，并代入弦长公式求AB；解法二，利用点差法，求直线的斜率，再代入弦长公式.
【解答过程】解法一：由题意可知，直线AB的斜率存在．设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k(x－4)＋2.由y=k(x−4)+2,x22−y2=1消去y并整理，得(1－2k2)x2＋8k(2k－1)x－32k2＋32k－10＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)．因为P(4，2)为线段AB的中点，所以x1＋x2＝－8k(2k−1)1−2k2＝8，解得k＝1.
所以x1x2＝−32k2+32k−101−2k2＝10.
所以|AB|＝1+k2·(x1+x2)2−4x1x2＝43.
故选:D.
解法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x122−y12=1 ， ①
x222−y22=1. ②
①－②得12(x1－x2)(x1＋x2)－(y1－y2)(y1＋y2)＝0.
因为P(4，2)为线段AB的中点，所以x1＋x2＝8，y1＋y2＝4.
所以4(x1－x2)－4(y1－y2)＝0，即x1－x2＝y1－y2，所以直线AB的斜率k＝y1−y2x1−x2＝1.则直线AB的方程为y＝x－2.
由y=x−2,x22−y2=1消去y并整理，得x2－8x＋10＝0，
所以x1＋x2＝8，x1x2＝10.所以|AB|＝1+k2·(x1+x2)2−4x1x2＝43.
故选：D.
【题型4 双曲线中的面积问题】
【方法点拨】
双曲线中的面积问题主要有三角形面积和四边形面积问题，三角形面积问题的解题步骤是：联立直线与双
曲线方程，求出弦长，再利用点到直线的距离公式求出三角形的高，利用三角形面积公式求解即可；四边
形面积问题可化为两个三角形面积来求解.
【例4】（2023·全国·模拟预测）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的一条渐近线方程为x−2y=0，焦点到渐近线的距离为1．
(1)求双曲线C的标准方程与离心率；
(2)已知斜率为−12的直线l与双曲线C交于x轴上方的A，B两点，O为坐标原点，直线OA，OB的斜率之积为−18，求△OAB的面积．
【解题思路】（1）依题意用点到直线的距离公式列方程可得c，然后由渐近线斜率和几何量关系列方程组可解；
（2）设直线方程联立双曲线方程消元，利用韦达定理表示出直线OA，OB的斜率可得直线l的方程，数形结合可解.
【解答过程】（1）
由题意知焦点c,0到渐近线x−2y=0的距离为c3=1，
则c=3
因为一条渐近线方程为x−2y=0，所以ba=22，
又a2+b2=3，解得a=2，b=1，
所以双曲线C的标准方程为x22−y2=1，
离心率为e=ca=32=62．
（2）
设直线l：y=−12x+tt>0，Ax1,y1，Bx2,y2，
联立y=−12x+t,x22−y2=1⇒x2+4tx−4t2+1=0，
则Δ=16t2+16t2+1>0，
所以x1+x2=−4t，x1⋅x2=−4t2+1
由kOA⋅kOB=y1x1⋅y2x2=−12x1+t−12x2+tx1x2
=14+−t2x1+x2+t2x1x2=14+−t2−4t+t2−4t2+1=−18，
解得t=1或−1（舍去），
所以x1+x2=−4，x1⋅x2=−8
l：y=−12x+1，令x=0，得y=1，
x1−x2=x1+x22−4x1x2=16+32=43，
所以△OAB的面积为S=12OD(x1+x2)=12ODx1−x2=12×1×43=23.
【变式4-1】(2023·全国·高三专题练习）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为62，焦点到其渐近线的距离为1．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)已知直线l：y=−12x+tt>0与双曲线C交于A，B两点，O为坐标原点，直线OA，OB的斜率之积为−18，求△OAB的面积．
【解题思路】（1）由已知条件结合双曲线的性质求得b，再由离心率即可求出；
（2）双曲线C和直线l的方程联立，求出原点O到直线l的距离，和AB，即可得出△OAB的面积
【解答过程】（1）
双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的焦点坐标为±c,0，其渐近线方程为y=±bax，
所以焦点到其渐近线的距离为bca2+b2=b=1．
因为双曲线C的离心率为62，
所以e=ca=1+b2a2=62，解得a2=2，
所以双曲线C的标准方程为x22−y2=1．
（2）
设Ax1,y1，Bx2,y2，
联立y=−12x+tx22−y2=1，得x2+4tx−4t2+1=0，Δ=16t2+16t2+1>0，
所以x1+x2=−4t，x1x2=−4t2+1．
由kOA⋅kOB=y1x1⋅y2x2=−12x1+t−12x2+tx1x2=14+−t2x1+x2+t2x1x2=14+−t2−4t+t2−4t2+1=−18，
解得t＝1（负值舍去），
所以x1+x2=−4，x1x2=−8．
直线l：y=−12x+1，所以原点O到直线l的距离为11+14=255，
AB=52x1−x2=52x1+x22−4x1x2=52×16+32=215，
所以△OAB的面积为12×255×215=23．
【变式4-2】(2023·高二阶段练习）已知双曲线E:x2m−y25=1的离心率为e，点A的坐标是(0,2)，O为坐标原点.
(1)若双曲线E的离心率e∈62,2，求实数m的取值范围；
(2)当e=2时，设过点A的直线与双曲线的左支交于P，Q两个不同的点，线段PQ的中点为M点，求△OAM的面积S△OAM的取值范围.
【解题思路】（1）由离心率公式得出32≤1+5m≤2，进而解得实数m的取值范围；
（2）先得出双曲线E的方程，再联立直线和双曲线方程，利用韦达定理得出S△OAM=2kk2−1，再由k的范围得出S△OAM的取值范围.
【解答过程】(1)
a=m,b=5,c=m+5，e=ca=1+5m，
∵e∈62,2，32≤1+5m≤2，解得5≤m≤10；
(2)
由（1）可知，1+5m=2,m=5，双曲线E的方程为x25−y25=1，
设Px1,y1,Qx2,y2，过点A的直线方程为y=kx+2，
由x2−y2=5y=kx+2可得1−k2x2−4kx−9=0，
x1+x2=4k1−k2，x1x2=−91−k2，
由−91−k2>04k1−k2<0Δ=16k2+361−k2>0，解得1S△OAM=12×2×xM=x1+x22=2kk2−1=2k−1k>2355−1355=352，
故S△OAM>352.
【变式4-3】（2023·吉林高三开学考试（理））已知过点−2,1的双曲线C的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，一条渐近线的方程是x+y=0.
（1）求双曲线C的方程；
（2）若O是坐标原点，直线l：y=kx−1与双曲线C的两支各有一个交点，且交点分别是A，B，△AOB的面积为2，求实数k的值.
【解题思路】（1）由渐近线方程可设双曲线C的方程是x2−y2=λλ≠0，将点代入解得λ，可得结果；
（2）联立直线与双曲线的方程，根据韦达定理可得x1+x2，x1x2，由三角形的面积公式可得S△OAB=12x1−x2，列出关于k的方程，解出即可.
【解答过程】（1）因为双曲线C的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，一条渐近线的方程是x+y=0，
所以可设双曲线C的方程是x2−y2=λλ≠0，则−22−1=λ，解得λ=1.
所以双曲线C的方程是x2−y2=1.
（2）由x2−y2=1,y=kx−1,消去y整理，得1−k2x2+2kx−2=0.
由题意知1−k2≠0,Δ=4k2+81−k2>0,解得−2设Ax1,y1，Bx2,y2，则
x1+x2=−2k1−k2，x1x2=−21−k2.
因为l与双曲线的交点分别在左､右两支上，所以x1⋅x2<0，
所以1−k2>0，所以−1则S△OAB=12x1−x2=2.
所以x1−x22=x1+x22−4x1x2=222，
即−2k1−k2+81−k2=8，
解得k=0或k=±62，又±62∈−1,1，
所以k=0.
【题型5 双曲线中的定点、定值、定直线问题】
【例5】(2023·广东·高三开学考试）设直线x=m与双曲线C：x2−y23=m(m>0)的两条渐近线分别交于A，B两点，且三角形OAB的面积为3.
(1)求m的值；
(2)已知直线l与x轴不垂直且斜率不为0，l与C交于两个不同的点M，N，M关于x轴的对称点为M'，F为C的右焦点，若M'，F，N三点共线，证明：直线l经过x轴上的一个定点.
【解题思路】（1）求出双曲线的渐近线方程，从而得到A,B两点的坐标，得到三角形OAB的面积为3m2，列出方程，求出m的值；
（2）设出直线方程y=kx−pk≠0，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，根据三点共线，得到斜率相等，列出方程，代入后求解出p=12，求出直线所过的定点.
【解答过程】（1）
双曲线C：x2−y23=m(m≠0)的渐近线方程为y=±3x，
不妨设Am,3m，Bm,−3m
因为三角形OAB的面积为3，所以12AB⋅m=3m2，
所以3m2=3，又m>0，所以m=1.
（2）
双曲线C的方程为C：x2−y23=1，所以右焦点F的坐标为2,0，
若直线l与x轴交于点p,0，故可设直线l的方程为y=kx−pk≠0，
设Mx1,y1，Nx2,y2，则M'x1,−y1，
联立y=k(x−p)x2−y23=1，得3−k2x2+2pk2x−k2p2+3=0，
3−k2≠0且Δ=2pk22+43−k2k2p2+3>0，
化简得k2≠3且p2−1k2+3>0，
所以x1+x2=−2pk23−k2，x1x2=−k2p2+33−k2，
因为直线MN的斜率存在，所以直线M'N的斜率也存在，
因为M'，F，N三点共线，所以kM'F=kFN，
即−y1x1−2=y2x2−2，即−y1x2−2=y2x1−2，
所以−kx1−px2−2=kx2−px1−2，
因为k≠0，所以x1−px2−2+x2−px1−2=0，
所以2x1x2−(p+2)x1+x2+4p=0，
所以2⋅−k2p2+33−k2−(p+2)−2pk23−k2+4p=0，
化简得p=12，所以MN经过x轴上的定点12,0.
【变式5-1】(2023·辽宁朝阳·高三阶段练习）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为2，点P3,−1在双曲线C上.
(1)求双曲线C的方程；
(2)点A，B在双曲线C上，直线PA，PB与y轴分别相交于M,N两点，点Q在直线AB上，若坐标原点O为线段MN的中点，PQ⊥AB，证明：存在定点R，使得QR为定值.
【解题思路】（1）根据题意，列出方程组，求得a2=8,b2=8，即可求得双曲线的方程；
（2）设直线AB的方程为y=kx+m，联立方程组，设A(x1,y1),B(x2,y2)，得到x1+x2,x1x2，
得出直线PA,PB的方程求得M(0,−1−3y1+3x1−3)和N(0,−1−3y2+3x2−3)，结合O为MN的中点，列出方程求得m=−8，求得PD=58为定值，利用直角△PQD的性质，即可求解.
【解答过程】（1）
解：由题意，双曲线C:x2a2−y2b2=1的离心率为2，且P3,−1在双曲线C上，
可得9a2−1b2=1e=ca=2c2=a2+b2，解得a2=8,b2=8，所以双曲线的方程为x28−y28=1.
（2）
解：由题意知，直线的AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=kx+m，
联立方程组y=kx+mx2−y2=8，整理得(1−k2)x2−2kmx−m2−8=0，
则Δ=(−2km)2−4(1−k2)(−m2−8)=4(m2−8k2+8)>0且1−k2≠0，
设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1+x2=2km1−k2,x1x2=−m2−81−k2，
直线PA的方程为y+1=y1+1x1−3(x−3)，
令x=0，可得y=−1−3y1+3x1−3，即M(0,−1−3y1+3x1−3),
同理可得N(0,−1−3y2+3x2−3)，
因为O为MN的中点，所以(−1−3y1+3x1−3)+(−1−3y2+3x2−3)=0，
即−1−3(kx1+m)+3x1−3−1+3(kx2+m)+3x2−3)=0，
可得(6k+2)x1x2−(3+9k−3m)(x1+x2)−18m=0，即(m+8)(m+3k+1)=0，
所以m=−8或m+3k+1=0，
若m+3k+1=0，则直线方程为y=kx−3k−1，即y+1=k(x−3)，
此时直线AB过点P3,−1，不合题意；
若m=−8时，则直线方程为y=kx−8，恒过定点D(0,−8)，
所以PD=32+(−1−8)2=58为定值，
又由△PQD为直角三角形，且PD为斜边，
所以当R为PD的中点(32,−92)时，RQ=PD=582.
【变式5-2】(2023·全国·高二课时练习）设F1,F2是双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左､右两个焦点，O为坐标原点，若点P在双曲线C的右支上，且OP=OF1=2,△PF1F2的面积为3.
(1)求双曲线C的渐近线方程；
(2)若双曲线C的两顶点分别为A1−a,0,A2a,0，过点F2的直线l与双曲线C交于M，N两点，试探究直线A1M与直线A2N的交点Q是否在某条定直线上？若在，请求出该定直线方程；若不在，请说明理由.
【解题思路】（1）由已知条件可得△PF1F2为直角三角形,利用双曲线的定义和勾股定理进行计算可得a,b,c,然后由渐近线公式可得答案.
（2）对直线l的斜率不存在和存在两种情况进行讨论，将直线方程与双曲线方程联立，写出直线A1M和直线A2N的方程，并联立利用韦达定理求解即可.
【解答过程】（1）
由OP=OF1=2得c=2，且PF1⊥PF2
所以|PF1|−|PF2|=2a12|PF1|.|PF2|=3,
PF12+PF22=4c2=16=PF1−PF22+2PF1PF2
即4a2+12=16解得a=1,
又a2+b2=c2=4,b=3,
故双曲线的渐近线方程为y=±bax=±3x.
（2）
由（1）可知双曲线的方程为x2−y23=1.
（i）当直线l的斜率不存在时，M2,3,N2,−3，直线A1M的方程为y=x+1，直线A2N的方程为y=−3x+3，联立直线A1M与直线A2N的方程可得Q12,32，
（ii）当直线l的斜率存在时，易得直线l不和渐近线平行，且斜率不为0，设直线l的方程为y=kx−2k≠0,k≠±3,Mx1,y1,Nx2,y2，
联立y=kx−2x2−y23=1得3−k2x2+4k2x−4k2−3=0,
∴∆>0,x1+x2=4k2k2−3,x1x2=4k2+3k2−3，
∴直线A1M的方程为y=y1x1+1x+1，直线A2N的方程为y=y2x2−1x−1，
联立直线A1M与直线A2N的方程可得：
x+1x−1=y2x1+1y1x2−1，两边平方得x+1x−12=y22x1+12y12x2−12，
又Mx1,y1,Nx2,y2满足x2−y23=1，
∴y22x1+12y12x2−12=3x22−1x1+123x12−1x2−12=x2+1x1+1x1−1x2−1=x1x2+x1+x2+1x1x2−x1+x2+1.
=4k2+3k2−3+4k2k2−3+14k2+3k2−3−4k2k2−3+1=4k2+3+4k2+k2−34k2+3−4k2+k2−3=9，
∴x+1x−12=9,∴x=12，或x=2，（舍去).
综上，Q在定直线上，且定直线方程为x=12.
【变式5-3】(2023·全国·高二课时练习）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右焦点为F，左顶点为A，且FA=2+5，F到C的渐近线的距离为1，过点B4,0的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴分别交于M，N两点.
(1)求双曲线C的标准方程.
(2)若直线MB，NB的斜率分别为k1，k2，判断k1k2是否为定值.若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【解题思路】（1）由题意可得FA=a+c=2+5，b=1，再结合c2=a2+b2可求出a，从而可求出双曲线方程，
（2）设直线l：x=my+4，−2【解答过程】（1）
由题意得FA=a+c=2+5，F(c,0)，渐近线方程为y=±bax，
则F(c,0)到渐近线的距离为bca2+b2=bcc=b=1，
又因为c2=a2+b2，
所以a=2，b=1，c=5，
故双曲线C的标准方程为x24−y2=1.
（2）
设直线l：x=my+4，−2联立方程组x=my+4,x24−y2=1,得m2−4y2+8my+12=0，
所以y1+y2=−8mm2−4，y1y2=12m2−4.
因为直线AP的方程为y=y1x1+2x+2，
所以M的坐标为0,2y1x1+2，同理可得N的坐标为0,2y2x2+2.
因为k1=2y1x1+2−4=−y12x1+2，k2=2y2x2+2−4=−y22x2+2，
所以k1k2=y1y24x1+2x2+2=y1y24my1+6my2+6=y1y24m2y1y2+6my1+y2+36
=12m2−4412m2m2−4−48m2m2−4+36=312m2−48m2+36m2−144=−148，
即k1k2为定值−148.
【题型6 双曲线有关的应用问题】
【方法点拨】
利用双曲线解决实际问题的基本步骤：
①建立适当的直角坐标系；
②求出双曲线的标准方程；
③根据双曲线的方程及定义、直线与双曲线的位置关系来解决实际应用问题.
【例6】(2023·江苏南通·高三阶段练习）郑州中原福塔的外立面呈双曲抛物面状，造型优美，空中俯瞰犹如盛开的梅花绽放在中原大地，是现代建筑与艺术的完美结合.双曲抛物面又称马鞍面，其在笛卡儿坐标系中的方程与在平面直角坐标系中的双曲线方程类似.双曲线在物理学中具有很多应用，比如波的干涉图样为双曲线､反射式天文望远镜利用了其光学性质等等.
（1）已知A，B是在直线l两侧且到直线l距离不相等的两点，P为直线l上一点.试探究当点P的位置满足什么条件时，|PA−PB|取最大值；
（2）若光线在平滑曲线上发生反射时，入射光线与反射光线关于曲线在入射点处的切线在该点处的垂线对称.证明：由双曲线一个焦点射出的光线，在双曲线上发生反射后，反射光线的反向延长线交于双曲线的另一个焦点.
【解题思路】（1）作点A关于直线l对称点A'，直线A'B与x轴的交点即为|PA−PB|取最大值时的点P，由三角形两边之差小于第三边可证；
（2）设入射光线从F2出射，入射点Q，则点Q在（曲线在入射点处的）切线上，先证明Q是切线上唯一使得|QF1−QF2|取最大值的点，再由结论（1）可得切线即∠F1QF2的角平分线，即反射光线的反向延长线交于双曲线的另一个焦点F1.
【解答过程】（1）不妨设A点到直线l的距离比B点到直线l的距离大，作点A关于直线l的对称点A'.
当A'，B，P三点共线，即l为∠APB的平分线时，
有PA−PB=PA'−PB=A'B，
当A'，B，P三点不共线，即l不是∠APB的平分线时，取这样的点P'，则A'，B，P'能构成一个三角形，
故P'A−P'B=P'A'−P'B＜A'B(两边之差小于第三边)，
因此，当且仅当P的位置使得l为∠APB的平分线时，|PA−PB|取最大值.
（2）不妨设双曲线的焦点在x轴上，实半轴长为a，虚半轴长为b，左右焦点分别为F1，F2，入射光线l1从F2出射，入射点Q，反射光线l2，双曲线在Q点处的切线l3，l3在Q点处的垂线l4，
由光的反射定律，l1，l2关于l4对称，故l1，l2关于l3对称，
要证：反射光线l2过点F1，
只要证：l3是∠F1QF2的角平分线，
定义双曲线焦点所在区域为双曲线的内部，渐近线所在区域为双曲线的外部，
由双曲线的定义，|F1Q−F2Q|=2a，双曲线上任意一点满足方程为x2a2−y2b2=1，
若|F1Q'−F2Q'|>2a，Q'满足不等式x2a2−y2b2>1，即Q'与焦点同在双曲线内部；
若|F1Q″−F2Q″|<2a，Q″满足不等式x2a2−y2b2<1，即Q″在双曲线外部.
故：对于双曲线内部的任意一点Q'，有|F1Q'−F2Q'|＞2a，
对于双曲线外部的任意一点Q″，有|F1Q″−F2Q″|＜2a，
又l3是双曲线在Q点处的切线，故在l3上有且仅有一点Q使得|F1Q−F2Q|=2a，
l3上其他点Q‴均有|F1Q‴−F2Q‴||＜2a，
故Q是l3上唯一使得|F1Q−F2Q|取最大值的点，
又F1，F2到直线l3距离不相等，根据(1)中结论，可知l3是∠F1QF2的角平分线，
故反射光线l2过点F1，命题得证.
【变式6-1】(2023·全国·高二课时练习）为捍卫钓鱼岛及其附属岛屿的领土主权，中国派出舰船“唐山号”、“石家庄号”和“邯郸号”在钓鱼岛领海巡航.某日，正巡逻在A处的“唐山号”突然发现来自P处的疑似敌舰的某信号，发现信号时“石家庄号”和“邯郸号”正分别位于如图所示的B、C两处，其中A在B的正东方向相距6海里处，C在B的北偏西30°方向相距4海里处.由于B、C比A距P更远，因此，4秒后B、C才同时发现这一信号（该信号的传播速度为每秒1海里），试确定疑似敌舰相对于A点“唐山号”的位置.
【解题思路】以直线AB为x轴，线段AB的中点O为原点建立坐标系，求出点P所在的轨迹方程即可计算作答.
【解答过程】取A、B所在直线为x轴，线段AB的中点O为原点建立直角坐标系，如图，A(3,0),B(−3,0),C(−5,23)，
依题意，PB−PA=4<6=|AB|，则点P在以A、B为焦点，实轴长为4的双曲线的右支上，方程为x24−y25=1(x≥2)，
又B、C同时测得同一信号，即有PB=PC，则点P又在线段BC的中垂线上，
而线段BC的中点(−4,3)，直线BC的斜率为23−5−(−3)=−3，
线段BC的中垂线方程为y−3=33(x+4)，即x−3y+7=0，
由方程组x−3y+7=05x2−4y2=20，解得x=8y=53，即P(8,53)，直线AP的斜率kAP=3，
即直线AP的倾斜角为60∘，|PA|=10，
所以P在A的北偏东30°方向，相距10海里处.
【变式6-2】(2023·全国·高二课时练习）某飞船返回舱顺利到达地球后，为了及时将航天员安全救出，地面指挥中心在返回舱预计到达区域安排了三个救援中心(记为A，B，C)，A在B的正东方向，相距6km；C在B的北偏西30°方向，相距4km；P为航天员的着陆点．某一时刻，A接收到P的求救信号，由于B，C两地比A距P远，在此4s后，B，C两个救援中心才同时接收到这一信号．已知该信号的传播速度为1km/s，求在A处发现P的方位角．
【解题思路】结合双曲线的定义求得P点的轨迹方程，求得P点的坐标，进而求得在A处发现P的方位角.
【解答过程】因为B，C同时接收到信号，
所以PC＝PB，则P在BC的中垂线上．
因为B，C比A处晚4s收到信号，
所以有PB－PA＝4×1<6＝AB，
从而P在以A，B为焦点的双曲线的右支上，
所以2a＝4，c＝3，从而b2＝c2－a2＝5.
以线段AB的中点O为坐标原点，AB的中垂线为y轴，正东方向为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，
则A(3，0)，B(－3，0)，C−5,23，
所以双曲线的方程为x24−y25=1x>2，
BC的中垂线的方程为y−3=223x+4,x−3y+7=0.
联立x24−y25=1x−3y+7=0，解得x=8y=53或x=−3211y=15311(舍去)，
即P8,53，从而kPA=538−3=3，
所以PA的倾斜角为60°，则P在A的北偏东30°方向．
【变式6-3】（2023·全国·高二单元测试）如图，某野生保护区监测中心设置在点O处，正西、正东、正北处有三个监测点A、B、C，且OA=OB=OC=30km，一名野生动物观察员在保护区遇险，发出求救信号，三个监测点均收到求救信号，A点接收到信号的时间比B点接收到信号的时间早40V0秒（注：信号每秒传播V0千米）.
（1）以O为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系（如题），根据题设条件求观察员所有可能出现的位置的轨迹方程；
（2）若已知C点与A点接收到信号的时间相同，求观察员遇险地点坐标，以及与检测中心O的距离；
（3）若C点监测点信号失灵，现立即以监测点C为圆心进行“圆形”红外扫描，为保证有救援希望，扫描半径r至少是多少公里？
【解题思路】（1）根据题意，其轨迹满足双曲线的定义，故直接写出方程即可；
（2）AC垂直平分线与双曲线的交点，即为所求点；
（3）根据两点之间的距离公式，将问题转化为求二次函数的最小值即可.
【解答过程】（1）设观察员可能出现的位置的所在点为P(x,y)
因为A点接收到信号的时间比B点接收到信号的时间早40V0秒
故PB−PA=40V0×V0=40故点P的坐标满足双曲线的定义，设双曲线方程为x2a2−y2b2=1(x<0)
由题可知2a=40,2c=60，解得b2=c2−a2=500，
故点P的轨迹方程为x2400−y2500=1(x<0).
（2）因为A−30,0,C(0,30)，设AC的垂直平分线方程为y=kx
则k×30−00−(−30)=−1，则AC的垂直平分线方程为y=−x
联立x2400−y2500=1(x<0)可得x2=2000，故x=−205,y=205
故观察员遇险地点坐标为(−205,205)
与检测中心O的距离为−2052+2052=2010km.
（3）设轨迹上一点为P(x,y)，
则PC=x2+y−302=x2+y2−60y+900
又因为x2400−y2500=1，可得x2=45y2+400
代入可得：
PC=95y2−60y+1300=95[y−5032+800]≥800=202，
当且仅当y=503时，取得最小值202.
故扫描半径r至少是202km.
1．直线与双曲线的位置关系
(1)研究直线与双曲线的位置关系：
一般通过直线方程与双曲线方程所组成的方程组的解的个数进行判断.
①代入②得.
当=0，即时，直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线交于一点.
当0，即时，=.
>0直线与双曲线有两个交点,称直线与双曲线相交；
=0直线与双曲线有一个交点,称直线与双曲线相切；
<0直线与双曲线没有交点,称直线与双曲线相离.
(2)对直线与双曲线的交点位置分以下三种情况进行讨论：
①若一条直线与双曲线的右支交于两个不同的点，则应满足条件；
②若一条直线与双曲线的左支交于两个不同的点，则应满足条件>0x1+x2<0x1x2>0；
③若一条直线与双曲线的左、右两支各有一个交点，则应满足条件Δ>0x1x2<0.
2．弦长问题
①弦长公式：直线y=kx+b与双曲线相交所得的弦长d.
②解决此类问题时要注意是交在同一支，还是交在两支上.
③处理直线与圆锥曲线相交弦有关问题时，利用韦达定理、点差法的解题过程中，并没有条件确定直
线与圆锥曲线一定会相交，因此，最后要代回去检验.
④双曲线的通径：
过焦点且与焦点所在的对称轴垂直的直线被双曲线截得的线段叫作双曲线的通径.无论焦点在x轴上还
是在y轴上，双曲线的通径总等于.
3．“中点弦问题”
“设而不求”法解决中点弦问题：
①过椭圆内一点作直线，与椭圆交于两点，使这点为弦的中点，这样的直线一定存在，但在双曲线的
这类问题中，则不能确定.要注意检验.
②在解决此类问题中，常用韦达定理及垂直直线的斜率关系.常用的解题技巧是如何应用直线方程将
转化为能用韦达定理直接代换的.垂直关系有时用向量的数量关系来刻画，要注意转化.
4．双曲线的第二定义
平面内，当动点M到一个定点的距离和它到一条定直线(点不在直线上)的距离之比是常数e=(e>1)时，
这个动点的轨迹就是双曲线，定点是双曲线的焦点，定直线是双曲线的准线，常数e是双曲线的离心率.
5．双曲线与其他知识交汇问题
双曲线通常与圆、椭圆、抛物线或向量、不等式、三角函数相联系综合考查，应用中应注意对知识的
综合及分析.
双曲线的标准方程和几何性质中涉及一些基本量，树立基本量思想对于确定双曲线方程和认识其几何
性质有很大帮助.例如，“”可以通过来证明，也可以通过来证
明，证明解析几何问题的方法具有多样性.
6．双曲线有关的应用问题
(1)解答与双曲线有关的应用问题时，除了要准确把握题意，了解一些实际问题的相关概念，同时还要
注意双曲线的定义及性质的灵活应用.
(2)实际应用问题要注意其实际意义以及在该意义下隐藏着的变量范围.
【题型1 判断直线与双曲线的位置关系】
【方法点拨】
结合具体条件，根据直线与双曲线的三种位置关系，进行判断，即可得解.
【例1】(2023·全国·高二课时练习）“直线与双曲线有且仅有一个公共点”是“直线与双曲线相切”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既非充分又非必要条件
【变式1-1】(2023·全国·高二课时练习）直线y=32x+2与双曲线x24−y29=1的位置关系是（ ）
A．相切B．相交C．相离D．无法确定
【变式1-2】(2023·福建·高二期末）直线y=kx+2与双曲线x2−y2=2有且只有一个交点，那么实数k的值是（ ）
A．k=±1B．k=±3或k=±2C．k=±1或k=±3D．k=±2
【变式1-3】(2023·全国·高二课时练习）过点P（4，4）且与双曲线x216−y29=1只有一个交点的直线有（ ）．
A．1条B．2条C．3条D．4条
【题型2 弦长问题】
【方法点拨】
①解决弦长问题，一般运用弦长公式.而用弦长公式时，若能结合根与系数的关系“设而不求”，可大大简化
运算过程.
②涉及弦长问题，应联立直线与双曲线的方程，并设法消去未知数y(或x)，得到关于x(或y)的一元二次方
程，由韦达定理得到 (或)，代入到弦长公式即可.
【例2】(2023·全国·高二课时练习）直线x−y=0与双曲线2x2−y2=2有两个交点为A，B，则AB=（ ）
A．2B．22C．4D．42
【变式2-1】(2023·全国·高二课时练习）已知等轴双曲线的中心在原点，焦点在y轴上，与直线2x+y=0交于A，B两点，若AB=215，则该双曲线的方程为（ ）
A．y2−x2=25B．y2−x2=16C．y2−x2=9D．y2−x2=6
【变式2-2】（2023·全国·高二课时练习）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的一条渐近线方程是y=2x，过其左焦点F−3,0作斜率为2的直线l交双曲线C于A，B两点，则截得的弦长AB=（ ）
A．25B．45C．10D．102
【变式2-3】(2023·云南德宏·高二期末）经过双曲线y2−x2=−8的右焦点且斜率为2的直线被双曲线截得的线段的长是（ ）
A．4103B．2023C．210D．72
【题型3 双曲线的“中点弦”问题】
【方法点拨】
解决“中点弦”问题常用点差法，点差法中体现的设而不求思想还可以用于解决对称问题，因为这类问题
也与弦中点和斜率有关. 与弦中点有关的问题有平行弦的中点轨迹、过定点且被定点平分的弦所在的直线
方程等. 在解决此类问题中，常用韦达定理及垂直直线的斜率关系.
【例3】(2023·全国·高二课时练习）已知双曲线C:2x2−y2=2，过点P(1,2)的直线l与双曲线C交于M､N两点，若P为线段MN的中点，则弦长|MN|等于（ ）
A．423B．334C．43D．42
【变式3-1】(2023·全国·高二课时练习）已知点A，B在双曲线x2−y2=4上，线段AB的中点M3,1，则AB=（ ）
A．2B．22C．5D．25
【变式3-2】(2023·全国·高二课时练习）已知双曲线C:x2−y2=2，过右焦点的直线交双曲线于A,B两点，若A,B中点的横坐标为4，则弦AB长为（ ）
A．32B．42C．6D．62
【变式3-3】(2023·全国·高三专题练习）过点P(4，2)作一直线AB与双曲线C：x22－y2＝1相交于A，B两点，若P为线段AB的中点，则|AB|＝（ ）
A．22B．23
C．33D．43
【题型4 双曲线中的面积问题】
【方法点拨】
双曲线中的面积问题主要有三角形面积和四边形面积问题，三角形面积问题的解题步骤是：联立直线与双
曲线方程，求出弦长，再利用点到直线的距离公式求出三角形的高，利用三角形面积公式求解即可；四边
形面积问题可化为两个三角形面积来求解.
【例4】（2023·全国·模拟预测）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的一条渐近线方程为x−2y=0，焦点到渐近线的距离为1．
(1)求双曲线C的标准方程与离心率；
(2)已知斜率为−12的直线l与双曲线C交于x轴上方的A，B两点，O为坐标原点，直线OA，OB的斜率之积为−18，求△OAB的面积．
【变式4-1】(2023·全国·高三专题练习）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为62，焦点到其渐近线的距离为1．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)已知直线l：y=−12x+tt>0与双曲线C交于A，B两点，O为坐标原点，直线OA，OB的斜率之积为−18，求△OAB的面积．
【变式4-2】(2023·高二阶段练习）已知双曲线E:x2m−y25=1的离心率为e，点A的坐标是(0,2)，O为坐标原点.
(1)若双曲线E的离心率e∈62,2，求实数m的取值范围；
(2)当e=2时，设过点A的直线与双曲线的左支交于P，Q两个不同的点，线段PQ的中点为M点，求△OAM的面积S△OAM的取值范围.
【变式4-3】（2023·吉林高三开学考试（理））已知过点−2,1的双曲线C的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，一条渐近线的方程是x+y=0.
（1）求双曲线C的方程；
（2）若O是坐标原点，直线l：y=kx−1与双曲线C的两支各有一个交点，且交点分别是A，B，△AOB的面积为2，求实数k的值.
【题型5 双曲线中的定点、定值、定直线问题】
【例5】(2023·广东·高三开学考试）设直线x=m与双曲线C：x2−y23=m(m>0)的两条渐近线分别交于A，B两点，且三角形OAB的面积为3.
(1)求m的值；
(2)已知直线l与x轴不垂直且斜率不为0，l与C交于两个不同的点M，N，M关于x轴的对称点为M'，F为C的右焦点，若M'，F，N三点共线，证明：直线l经过x轴上的一个定点.
【变式5-1】(2023·辽宁朝阳·高三阶段练习）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为2，点P3,−1在双曲线C上.
(1)求双曲线C的方程；
(2)点A，B在双曲线C上，直线PA，PB与y轴分别相交于M,N两点，点Q在直线AB上，若坐标原点O为线段MN的中点，PQ⊥AB，证明：存在定点R，使得QR为定值.
【变式5-2】(2023·全国·高二课时练习）设F1,F2是双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左､右两个焦点，O为坐标原点，若点P在双曲线C的右支上，且OP=OF1=2,△PF1F2的面积为3.
(1)求双曲线C的渐近线方程；
(2)若双曲线C的两顶点分别为A1−a,0,A2a,0，过点F2的直线l与双曲线C交于M，N两点，试探究直线A1M与直线A2N的交点Q是否在某条定直线上？若在，请求出该定直线方程；若不在，请说明理由.
【变式5-3】(2023·全国·高二课时练习）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右焦点为F，左顶点为A，且FA=2+5，F到C的渐近线的距离为1，过点B4,0的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴分别交于M，N两点.
(1)求双曲线C的标准方程.
(2)若直线MB，NB的斜率分别为k1，k2，判断k1k2是否为定值.若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【题型6 双曲线有关的应用问题】
【方法点拨】
利用双曲线解决实际问题的基本步骤：
①建立适当的直角坐标系；
②求出双曲线的标准方程；
③根据双曲线的方程及定义、直线与双曲线的位置关系来解决实际应用问题.
【例6】(2023·江苏南通·高三阶段练习）郑州中原福塔的外立面呈双曲抛物面状，造型优美，空中俯瞰犹如盛开的梅花绽放在中原大地，是现代建筑与艺术的完美结合.双曲抛物面又称马鞍面，其在笛卡儿坐标系中的方程与在平面直角坐标系中的双曲线方程类似.双曲线在物理学中具有很多应用，比如波的干涉图样为双曲线､反射式天文望远镜利用了其光学性质等等.
（1）已知A，B是在直线l两侧且到直线l距离不相等的两点，P为直线l上一点.试探究当点P的位置满足什么条件时，|PA−PB|取最大值；
（2）若光线在平滑曲线上发生反射时，入射光线与反射光线关于曲线在入射点处的切线在该点处的垂线对称.证明：由双曲线一个焦点射出的光线，在双曲线上发生反射后，反射光线的反向延长线交于双曲线的另一个焦点.
【变式6-1】(2023·全国·高二课时练习）为捍卫钓鱼岛及其附属岛屿的领土主权，中国派出舰船“唐山号”、“石家庄号”和“邯郸号”在钓鱼岛领海巡航.某日，正巡逻在A处的“唐山号”突然发现来自P处的疑似敌舰的某信号，发现信号时“石家庄号”和“邯郸号”正分别位于如图所示的B、C两处，其中A在B的正东方向相距6海里处，C在B的北偏西30°方向相距4海里处.由于B、C比A距P更远，因此，4秒后B、C才同时发现这一信号（该信号的传播速度为每秒1海里），试确定疑似敌舰相对于A点“唐山号”的位置.
【变式6-2】(2023·全国·高二课时练习）某飞船返回舱顺利到达地球后，为了及时将航天员安全救出，地面指挥中心在返回舱预计到达区域安排了三个救援中心(记为A，B，C)，A在B的正东方向，相距6km；C在B的北偏西30°方向，相距4km；P为航天员的着陆点．某一时刻，A接收到P的求救信号，由于B，C两地比A距P远，在此4s后，B，C两个救援中心才同时接收到这一信号．已知该信号的传播速度为1km/s，求在A处发现P的方位角．
【变式6-3】（2023·全国·高二单元测试）如图，某野生保护区监测中心设置在点O处，正西、正东、正北处有三个监测点A、B、C，且OA=OB=OC=30km，一名野生动物观察员在保护区遇险，发出求救信号，三个监测点均收到求救信号，A点接收到信号的时间比B点接收到信号的时间早40V0秒（注：信号每秒传播V0千米）.
（1）以O为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系（如题），根据题设条件求观察员所有可能出现的位置的轨迹方程；
（2）若已知C点与A点接收到信号的时间相同，求观察员遇险地点坐标，以及与检测中心O的距离；
（3）若C点监测点信号失灵，现立即以监测点C为圆心进行“圆形”红外扫描，为保证有救援希望，扫描半径r至少是多少公里？
专题3.9 直线与双曲线的位置关系-重难点题型精讲
1．直线与双曲线的位置关系
(1)研究直线与双曲线的位置关系：
一般通过直线方程与双曲线方程所组成的方程组的解的个数进行判断.
①代入②得.
当=0，即时，直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线交于一点.
当0，即时，=.
>0直线与双曲线有两个交点,称直线与双曲线相交；
=0直线与双曲线有一个交点,称直线与双曲线相切；
<0直线与双曲线没有交点,称直线与双曲线相离.
(2)对直线与双曲线的交点位置分以下三种情况进行讨论：
①若一条直线与双曲线的右支交于两个不同的点，则应满足条件；
②若一条直线与双曲线的左支交于两个不同的点，则应满足条件>0x1+x2<0x1x2>0；
③若一条直线与双曲线的左、右两支各有一个交点，则应满足条件Δ>0x1x2<0.
2．弦长问题
①弦长公式：直线y=kx+b与双曲线相交所得的弦长d.
②解决此类问题时要注意是交在同一支，还是交在两支上.
③处理直线与圆锥曲线相交弦有关问题时，利用韦达定理、点差法的解题过程中，并没有条件确定直
线与圆锥曲线一定会相交，因此，最后要代回去检验.
④双曲线的通径：
过焦点且与焦点所在的对称轴垂直的直线被双曲线截得的线段叫作双曲线的通径.无论焦点在x轴上还
是在y轴上，双曲线的通径总等于.
3．“中点弦问题”
“设而不求”法解决中点弦问题：
①过椭圆内一点作直线，与椭圆交于两点，使这点为弦的中点，这样的直线一定存在，但在双曲线的
这类问题中，则不能确定.要注意检验.
②在解决此类问题中，常用韦达定理及垂直直线的斜率关系.常用的解题技巧是如何应用直线方程将
转化为能用韦达定理直接代换的.垂直关系有时用向量的数量关系来刻画，要注意转化.
4．双曲线的第二定义
平面内，当动点M到一个定点的距离和它到一条定直线(点不在直线上)的距离之比是常数e=(e>1)时，
这个动点的轨迹就是双曲线，定点是双曲线的焦点，定直线是双曲线的准线，常数e是双曲线的离心率.
5．双曲线与其他知识交汇问题
双曲线通常与圆、椭圆、抛物线或向量、不等式、三角函数相联系综合考查，应用中应注意对知识的
综合及分析.
双曲线的标准方程和几何性质中涉及一些基本量，树立基本量思想对于确定双曲线方程和认识其几何
性质有很大帮助.例如，“”可以通过来证明，也可以通过来证
明，证明解析几何问题的方法具有多样性.
6．双曲线有关的应用问题
(1)解答与双曲线有关的应用问题时，除了要准确把握题意，了解一些实际问题的相关概念，同时还要
注意双曲线的定义及性质的灵活应用.
(2)实际应用问题要注意其实际意义以及在该意义下隐藏着的变量范围.
【题型1 判断直线与双曲线的位置关系】
【方法点拨】
结合具体条件，根据直线与双曲线的三种位置关系，进行判断，即可得解.
【例1】(2023·全国·高二课时练习）“直线与双曲线有且仅有一个公共点”是“直线与双曲线相切”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既非充分又非必要条件
【解题思路】利用定义法，分充分性和必要性分类讨论即可.
【解答过程】充分性：因为“直线与双曲线有且仅有一个公共点”，所以直线与双曲线相切或直线与进行平行.故充分性不满足；
必要性：因为“直线与双曲线相切”，所以“直线与双曲线有且仅有一个公共点”.故必要性满足.
所以“直线与双曲线有且仅有一个公共点”是“直线与双曲线相切”的必要非充分条件.
故选：B.
【变式1-1】(2023·全国·高二课时练习）直线y=32x+2与双曲线x24−y29=1的位置关系是（ ）
A．相切B．相交C．相离D．无法确定
【解题思路】联立直线方程和双曲线方程消去y然后可解出x=−136，从而得出直线和双曲线位置关系，得出答案.
【解答过程】由y=32x+2x24−y29=1得x24−（32x+2）29=1 整理得，6x=−13；
所以x=−136，故直线和双曲线只有一个交点；
又双曲线x24−y29=1的渐近线方程为：y=±32x
y=32x+2与双曲线的一条渐近线平行且与双曲线只有一个交点.
所以直线和双曲线的位置关系为相交．
故选：B.
【变式1-2】(2023·福建·高二期末）直线y=kx+2与双曲线x2−y2=2有且只有一个交点，那么实数k的值是（ ）
A．k=±1B．k=±3或k=±2C．k=±1或k=±3D．k=±2
【解题思路】直接联立直线方程和双曲线方程，分二次项系数为0和不为0分析，二次项系数不为0时需要得到的二次方程的判别式等于0．
【解答过程】联立y=kx+2x2−y2=2，得1−k2x2−4kx−6=0①.
当1−k2=0，即k=±1时，方程①化为一次方程，直线y=kx+2与双曲线x2−y2=2有且只有一个交点；
当1−k2≠0，即k≠±1时，要使直线y=kx+2与双曲线x2−y2=2有且只有一个交点，则方程①有两个相等的实数根，即△=−4k2−41−k2⋅−6=0，解得：k=±3.
综上，使直线y=kx+2与双曲线x2−y2=2有且只有一个交点的实数k的值是±1或±3.
故选C.
【变式1-3】(2023·全国·高二课时练习）过点P（4，4）且与双曲线x216−y29=1只有一个交点的直线有（ ）．
A．1条B．2条C．3条D．4条
【解题思路】把直线与双曲线的位置关系，转化为方程组的解的个数来判断，借助判别式求解，注意分类讨论．
【解答过程】解；双曲线方程为：x216−y29=1，
当k不存在时，直线为x＝4，与x216−y29=11的图象有且只有一个公共点，
当k存在时，直线为：y＝k（x﹣4）+4，代入双曲线的方程可得：
9−16k2x2+128k2−128kx−256k2+512k−400=0，
（1）若9−16k2＝0，k=±34时，y＝±34（x﹣4）+4与双曲线的渐近线y=±34x平行，
所以与双曲线只有1个公共点，
（2）k≠±34时， Δ=128k2−128k2−49−16k2256k2−512k+400=0，
即k=2532，此时直线y=2532（x﹣4）+4与双曲线相切，只有1个公共点．
综上过点P（4，4）且与该双曲线只有一个公共点的直线4条．
故选：D.
【题型2 弦长问题】
【方法点拨】
①解决弦长问题，一般运用弦长公式.而用弦长公式时，若能结合根与系数的关系“设而不求”，可大大简化
运算过程.
②涉及弦长问题，应联立直线与双曲线的方程，并设法消去未知数y(或x)，得到关于x(或y)的一元二次方
程，由韦达定理得到 (或)，代入到弦长公式即可.
【例2】(2023·全国·高二课时练习）直线x−y=0与双曲线2x2−y2=2有两个交点为A，B，则AB=（ ）
A．2B．22C．4D．42
【解题思路】直线方程与双曲线方程联立方程组，直接解得交点坐标，再计算两点间距离．
【解答过程】由2x2−y2=2x−y=0，得x1=2y1=2，x2=−2y2=−2，
∴AB=222+222=4.
故选：C．
【变式2-1】(2023·全国·高二课时练习）已知等轴双曲线的中心在原点，焦点在y轴上，与直线2x+y=0交于A，B两点，若AB=215，则该双曲线的方程为（ ）
A．y2−x2=25B．y2−x2=16C．y2−x2=9D．y2−x2=6
【解题思路】设出双曲线方程，联立直线，求出交点坐标，即可求解
【解答过程】由题意可设双曲线方程为y2−x2=m，m>0，
由y2−x2=m2x+y=0得3x2=m，则x=±m3，m>0，
不妨假设xA=m3，则yA=−2m3，
由图象的对称性可知，
AB=215可化为OA=15，
即m3+4×m3=15，解得m=9，
故双曲线方程为：y2−x2=9，
故选：C.
【变式2-2】（2023·全国·高二课时练习）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的一条渐近线方程是y=2x，过其左焦点F−3,0作斜率为2的直线l交双曲线C于A，B两点，则截得的弦长AB=（ ）
A．25B．45C．10D．102
【解题思路】根据渐进线方程得出ba=2,再根据焦点得出c=3,结合c2=a2+b2,可求出双曲线的标准方程,然后根据点斜式得出直线方程,联立方程组求出x1+x2=−43，x1x2=7,最后由弦长公式AB=1+k2⋅x1+x22−4x1x2即可求出截得的弦长AB.
【解答过程】∵双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的一条渐近线方程是y=2x，
∴ba=2，即b=2a，∵左焦点F−3,0，∴c=3
∴c2=a2+b2=3a2=3，∴a2=1，b2=2，
∴双曲线方程为x2−y22=1，直线l的方程为y=2x+3，
设Ax1,y1，Bx2,y2由y=2x+3x2−y22=1，
消y可得x2+43x+7=0，∴x1+x2=−43，x1x2=7，
∴AB=1+k2⋅x1+x22−4x1x2=1+4⋅48−28=5⋅20=10．
故选:C.
【变式2-3】(2023·云南德宏·高二期末）经过双曲线y2−x2=−8的右焦点且斜率为2的直线被双曲线截得的线段的长是（ ）
A．4103B．2023C．210D．72
【解题思路】设出直线方程代入x2−y2=8，整理可得3x2−32x+72=0，利用韦达定理,结合弦长公式，即可得出结论.
【解答过程】由y2−x2=−8 ⇒x28−y28=1⇒a2=b2=8⇒c=a2+b2=16=4，
所以双曲线x2−y2=8的右焦点为4,0，
经过双曲线x2−y2=8的右焦点且斜率为2的直线方程为y=2x−4，
代入x2−y2=8,整理可得3x2−32x+72=0，
设交点Ax1,y1,Bx2,y2,则x1+x2=323,x1x2=24直线被双曲线截得的线段的长是1+22⋅x1−x2=1+22⋅(x1+x2)2−4x1x2= 1+4⋅3229−96=2023，
故选：B.
【题型3 双曲线的“中点弦”问题】
【方法点拨】
解决“中点弦”问题常用点差法，点差法中体现的设而不求思想还可以用于解决对称问题，因为这类问题
也与弦中点和斜率有关. 与弦中点有关的问题有平行弦的中点轨迹、过定点且被定点平分的弦所在的直线
方程等. 在解决此类问题中，常用韦达定理及垂直直线的斜率关系.
【例3】(2023·全国·高二课时练习）已知双曲线C:2x2−y2=2，过点P(1,2)的直线l与双曲线C交于M､N两点，若P为线段MN的中点，则弦长|MN|等于（ ）
A．423B．334C．43D．42
【解题思路】设直线MN为y−2=k(x−1)，联立双曲线方程，应用韦达定理及中点坐标公式求k值，利用弦长公式求解即可.
【解答过程】由题设，直线l的斜率必存在，设过P(1,2)的直线MN为y−2=k(x−1)，联立双曲线：(2−k2)x2+2k(k−2)x−(k4−4k+6)=0
设M(x1,y1),N(x2,y2)，则x1+x2=−2k(k−2)2−k2=2xP，所以−2k(k−2)2−k2=2，解得k=1，
则x1+x2=2，x1x2=−3.
弦长|MN|=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2=2⋅4+12=42.
故选：D.
【变式3-1】(2023·全国·高二课时练习）已知点A，B在双曲线x2−y2=4上，线段AB的中点M3,1，则AB=（ ）
A．2B．22C．5D．25
【解题思路】先根据中点弦定理求出直线AB的斜率，然后求出直线AB的方程，联立后利用弦长公式求解AB的长.
【解答过程】设Ax1,y1，Bx2,y2，则可得方程组：x12−y12=4x22−y22=4，两式相减得：x1+x2x1−x2=y1+y2y1−y2，即y1+y2x1+x2⋅y1−y2x1−x2=1，其中因为AB的中点为M3,1，故y1+y2x1+x2=13，故y1−y2x1−x2=3，即直线AB的斜率为3，故直线AB的方程为：y−1=3x−3，联立y−1=3x−3x2−y2=4，解得：2x2−12x+17=0，由韦达定理得：x1+x2=6，x1x2=172，则AB=1+k2x1+x22−4x1x2=25
故选：D.
【变式3-2】(2023·全国·高二课时练习）已知双曲线C:x2−y2=2，过右焦点的直线交双曲线于A,B两点，若A,B中点的横坐标为4，则弦AB长为（ ）
A．32B．42C．6D．62
【解题思路】设出直线y=k(x−2)，与C:x2−y2=2联立，根据韦达定理，可求出k的值，再根据弦长公式|AB|=1+k2xA−xB2求得弦AB的长．
【解答过程】解：双曲线C:x22−y22=1，则c2=4，所以右焦点F(2,0)，
根据题意易得过F的直线斜率存在，设为y=k(x−2)，A(xA,yA),B(xB,yB)
联立y=k(x−2)x2−y2=2，
化简得1−k2x2+4k2x−4k2−2=0，
所以xA+xB=−4k21−k2,xAxB=−4k2−21−k2，
因为A,B中点横坐标为4，所以xA+xB=−4k21−k2=8，
解得k2=2，所以xAxB=−4k2−21−k2=10，
则xA−xB2=xA+xB2−4xAxB=82−4×10=24，
则|AB|=1+k2xA−xB2=3×24=62．
故选D．
【变式3-3】(2023·全国·高三专题练习）过点P(4，2)作一直线AB与双曲线C：x22－y2＝1相交于A，B两点，若P为线段AB的中点，则|AB|＝（ ）
A．22B．23
C．33D．43
【解题思路】解法一，设直线方程与曲线方程联立，利用根与系数的关系表示中点坐标，求直线的斜率，并代入弦长公式求AB；解法二，利用点差法，求直线的斜率，再代入弦长公式.
【解答过程】解法一：由题意可知，直线AB的斜率存在．设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k(x－4)＋2.由y=k(x−4)+2,x22−y2=1消去y并整理，得(1－2k2)x2＋8k(2k－1)x－32k2＋32k－10＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)．因为P(4，2)为线段AB的中点，所以x1＋x2＝－8k(2k−1)1−2k2＝8，解得k＝1.
所以x1x2＝−32k2+32k−101−2k2＝10.
所以|AB|＝1+k2·(x1+x2)2−4x1x2＝43.
故选:D.
解法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x122−y12=1 ， ①
x222−y22=1. ②
①－②得12(x1－x2)(x1＋x2)－(y1－y2)(y1＋y2)＝0.
因为P(4，2)为线段AB的中点，所以x1＋x2＝8，y1＋y2＝4.
所以4(x1－x2)－4(y1－y2)＝0，即x1－x2＝y1－y2，所以直线AB的斜率k＝y1−y2x1−x2＝1.则直线AB的方程为y＝x－2.
由y=x−2,x22−y2=1消去y并整理，得x2－8x＋10＝0，
所以x1＋x2＝8，x1x2＝10.所以|AB|＝1+k2·(x1+x2)2−4x1x2＝43.
故选：D.
【题型4 双曲线中的面积问题】
【方法点拨】
双曲线中的面积问题主要有三角形面积和四边形面积问题，三角形面积问题的解题步骤是：联立直线与双
曲线方程，求出弦长，再利用点到直线的距离公式求出三角形的高，利用三角形面积公式求解即可；四边
形面积问题可化为两个三角形面积来求解.
【例4】（2023·全国·模拟预测）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的一条渐近线方程为x−2y=0，焦点到渐近线的距离为1．
(1)求双曲线C的标准方程与离心率；
(2)已知斜率为−12的直线l与双曲线C交于x轴上方的A，B两点，O为坐标原点，直线OA，OB的斜率之积为−18，求△OAB的面积．
【解题思路】（1）依题意用点到直线的距离公式列方程可得c，然后由渐近线斜率和几何量关系列方程组可解；
（2）设直线方程联立双曲线方程消元，利用韦达定理表示出直线OA，OB的斜率可得直线l的方程，数形结合可解.
【解答过程】（1）
由题意知焦点c,0到渐近线x−2y=0的距离为c3=1，
则c=3
因为一条渐近线方程为x−2y=0，所以ba=22，
又a2+b2=3，解得a=2，b=1，
所以双曲线C的标准方程为x22−y2=1，
离心率为e=ca=32=62．
（2）
设直线l：y=−12x+tt>0，Ax1,y1，Bx2,y2，
联立y=−12x+t,x22−y2=1⇒x2+4tx−4t2+1=0，
则Δ=16t2+16t2+1>0，
所以x1+x2=−4t，x1⋅x2=−4t2+1
由kOA⋅kOB=y1x1⋅y2x2=−12x1+t−12x2+tx1x2
=14+−t2x1+x2+t2x1x2=14+−t2−4t+t2−4t2+1=−18，
解得t=1或−1（舍去），
所以x1+x2=−4，x1⋅x2=−8
l：y=−12x+1，令x=0，得y=1，
x1−x2=x1+x22−4x1x2=16+32=43，
所以△OAB的面积为S=12OD(x1+x2)=12ODx1−x2=12×1×43=23.
【变式4-1】(2023·全国·高三专题练习）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为62，焦点到其渐近线的距离为1．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)已知直线l：y=−12x+tt>0与双曲线C交于A，B两点，O为坐标原点，直线OA，OB的斜率之积为−18，求△OAB的面积．
【解题思路】（1）由已知条件结合双曲线的性质求得b，再由离心率即可求出；
（2）双曲线C和直线l的方程联立，求出原点O到直线l的距离，和AB，即可得出△OAB的面积
【解答过程】（1）
双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的焦点坐标为±c,0，其渐近线方程为y=±bax，
所以焦点到其渐近线的距离为bca2+b2=b=1．
因为双曲线C的离心率为62，
所以e=ca=1+b2a2=62，解得a2=2，
所以双曲线C的标准方程为x22−y2=1．
（2）
设Ax1,y1，Bx2,y2，
联立y=−12x+tx22−y2=1，得x2+4tx−4t2+1=0，Δ=16t2+16t2+1>0，
所以x1+x2=−4t，x1x2=−4t2+1．
由kOA⋅kOB=y1x1⋅y2x2=−12x1+t−12x2+tx1x2=14+−t2x1+x2+t2x1x2=14+−t2−4t+t2−4t2+1=−18，
解得t＝1（负值舍去），
所以x1+x2=−4，x1x2=−8．
直线l：y=−12x+1，所以原点O到直线l的距离为11+14=255，
AB=52x1−x2=52x1+x22−4x1x2=52×16+32=215，
所以△OAB的面积为12×255×215=23．
【变式4-2】(2023·高二阶段练习）已知双曲线E:x2m−y25=1的离心率为e，点A的坐标是(0,2)，O为坐标原点.
(1)若双曲线E的离心率e∈62,2，求实数m的取值范围；
(2)当e=2时，设过点A的直线与双曲线的左支交于P，Q两个不同的点，线段PQ的中点为M点，求△OAM的面积S△OAM的取值范围.
【解题思路】（1）由离心率公式得出32≤1+5m≤2，进而解得实数m的取值范围；
（2）先得出双曲线E的方程，再联立直线和双曲线方程，利用韦达定理得出S△OAM=2kk2−1，再由k的范围得出S△OAM的取值范围.
【解答过程】(1)
a=m,b=5,c=m+5，e=ca=1+5m，
∵e∈62,2，32≤1+5m≤2，解得5≤m≤10；
(2)
由（1）可知，1+5m=2,m=5，双曲线E的方程为x25−y25=1，
设Px1,y1,Qx2,y2，过点A的直线方程为y=kx+2，
由x2−y2=5y=kx+2可得1−k2x2−4kx−9=0，
x1+x2=4k1−k2，x1x2=−91−k2，
由−91−k2>04k1−k2<0Δ=16k2+361−k2>0，解得1
故S△OAM>352.
【变式4-3】（2023·吉林高三开学考试（理））已知过点−2,1的双曲线C的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，一条渐近线的方程是x+y=0.
（1）求双曲线C的方程；
（2）若O是坐标原点，直线l：y=kx−1与双曲线C的两支各有一个交点，且交点分别是A，B，△AOB的面积为2，求实数k的值.
【解题思路】（1）由渐近线方程可设双曲线C的方程是x2−y2=λλ≠0，将点代入解得λ，可得结果；
（2）联立直线与双曲线的方程，根据韦达定理可得x1+x2，x1x2，由三角形的面积公式可得S△OAB=12x1−x2，列出关于k的方程，解出即可.
【解答过程】（1）因为双曲线C的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，一条渐近线的方程是x+y=0，
所以可设双曲线C的方程是x2−y2=λλ≠0，则−22−1=λ，解得λ=1.
所以双曲线C的方程是x2−y2=1.
（2）由x2−y2=1,y=kx−1,消去y整理，得1−k2x2+2kx−2=0.
由题意知1−k2≠0,Δ=4k2+81−k2>0,解得−2
x1+x2=−2k1−k2，x1x2=−21−k2.
因为l与双曲线的交点分别在左､右两支上，所以x1⋅x2<0，
所以1−k2>0，所以−1
所以x1−x22=x1+x22−4x1x2=222，
即−2k1−k2+81−k2=8，
解得k=0或k=±62，又±62∈−1,1，
所以k=0.
【题型5 双曲线中的定点、定值、定直线问题】
【例5】(2023·广东·高三开学考试）设直线x=m与双曲线C：x2−y23=m(m>0)的两条渐近线分别交于A，B两点，且三角形OAB的面积为3.
(1)求m的值；
(2)已知直线l与x轴不垂直且斜率不为0，l与C交于两个不同的点M，N，M关于x轴的对称点为M'，F为C的右焦点，若M'，F，N三点共线，证明：直线l经过x轴上的一个定点.
【解题思路】（1）求出双曲线的渐近线方程，从而得到A,B两点的坐标，得到三角形OAB的面积为3m2，列出方程，求出m的值；
（2）设出直线方程y=kx−pk≠0，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，根据三点共线，得到斜率相等，列出方程，代入后求解出p=12，求出直线所过的定点.
【解答过程】（1）
双曲线C：x2−y23=m(m≠0)的渐近线方程为y=±3x，
不妨设Am,3m，Bm,−3m
因为三角形OAB的面积为3，所以12AB⋅m=3m2，
所以3m2=3，又m>0，所以m=1.
（2）
双曲线C的方程为C：x2−y23=1，所以右焦点F的坐标为2,0，
若直线l与x轴交于点p,0，故可设直线l的方程为y=kx−pk≠0，
设Mx1,y1，Nx2,y2，则M'x1,−y1，
联立y=k(x−p)x2−y23=1，得3−k2x2+2pk2x−k2p2+3=0，
3−k2≠0且Δ=2pk22+43−k2k2p2+3>0，
化简得k2≠3且p2−1k2+3>0，
所以x1+x2=−2pk23−k2，x1x2=−k2p2+33−k2，
因为直线MN的斜率存在，所以直线M'N的斜率也存在，
因为M'，F，N三点共线，所以kM'F=kFN，
即−y1x1−2=y2x2−2，即−y1x2−2=y2x1−2，
所以−kx1−px2−2=kx2−px1−2，
因为k≠0，所以x1−px2−2+x2−px1−2=0，
所以2x1x2−(p+2)x1+x2+4p=0，
所以2⋅−k2p2+33−k2−(p+2)−2pk23−k2+4p=0，
化简得p=12，所以MN经过x轴上的定点12,0.
【变式5-1】(2023·辽宁朝阳·高三阶段练习）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为2，点P3,−1在双曲线C上.
(1)求双曲线C的方程；
(2)点A，B在双曲线C上，直线PA，PB与y轴分别相交于M,N两点，点Q在直线AB上，若坐标原点O为线段MN的中点，PQ⊥AB，证明：存在定点R，使得QR为定值.
【解题思路】（1）根据题意，列出方程组，求得a2=8,b2=8，即可求得双曲线的方程；
（2）设直线AB的方程为y=kx+m，联立方程组，设A(x1,y1),B(x2,y2)，得到x1+x2,x1x2，
得出直线PA,PB的方程求得M(0,−1−3y1+3x1−3)和N(0,−1−3y2+3x2−3)，结合O为MN的中点，列出方程求得m=−8，求得PD=58为定值，利用直角△PQD的性质，即可求解.
【解答过程】（1）
解：由题意，双曲线C:x2a2−y2b2=1的离心率为2，且P3,−1在双曲线C上，
可得9a2−1b2=1e=ca=2c2=a2+b2，解得a2=8,b2=8，所以双曲线的方程为x28−y28=1.
（2）
解：由题意知，直线的AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=kx+m，
联立方程组y=kx+mx2−y2=8，整理得(1−k2)x2−2kmx−m2−8=0，
则Δ=(−2km)2−4(1−k2)(−m2−8)=4(m2−8k2+8)>0且1−k2≠0，
设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1+x2=2km1−k2,x1x2=−m2−81−k2，
直线PA的方程为y+1=y1+1x1−3(x−3)，
令x=0，可得y=−1−3y1+3x1−3，即M(0,−1−3y1+3x1−3),
同理可得N(0,−1−3y2+3x2−3)，
因为O为MN的中点，所以(−1−3y1+3x1−3)+(−1−3y2+3x2−3)=0，
即−1−3(kx1+m)+3x1−3−1+3(kx2+m)+3x2−3)=0，
可得(6k+2)x1x2−(3+9k−3m)(x1+x2)−18m=0，即(m+8)(m+3k+1)=0，
所以m=−8或m+3k+1=0，
若m+3k+1=0，则直线方程为y=kx−3k−1，即y+1=k(x−3)，
此时直线AB过点P3,−1，不合题意；
若m=−8时，则直线方程为y=kx−8，恒过定点D(0,−8)，
所以PD=32+(−1−8)2=58为定值，
又由△PQD为直角三角形，且PD为斜边，
所以当R为PD的中点(32,−92)时，RQ=PD=582.
【变式5-2】(2023·全国·高二课时练习）设F1,F2是双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左､右两个焦点，O为坐标原点，若点P在双曲线C的右支上，且OP=OF1=2,△PF1F2的面积为3.
(1)求双曲线C的渐近线方程；
(2)若双曲线C的两顶点分别为A1−a,0,A2a,0，过点F2的直线l与双曲线C交于M，N两点，试探究直线A1M与直线A2N的交点Q是否在某条定直线上？若在，请求出该定直线方程；若不在，请说明理由.
【解题思路】（1）由已知条件可得△PF1F2为直角三角形,利用双曲线的定义和勾股定理进行计算可得a,b,c,然后由渐近线公式可得答案.
（2）对直线l的斜率不存在和存在两种情况进行讨论，将直线方程与双曲线方程联立，写出直线A1M和直线A2N的方程，并联立利用韦达定理求解即可.
【解答过程】（1）
由OP=OF1=2得c=2，且PF1⊥PF2
所以|PF1|−|PF2|=2a12|PF1|.|PF2|=3,
PF12+PF22=4c2=16=PF1−PF22+2PF1PF2
即4a2+12=16解得a=1,
又a2+b2=c2=4,b=3,
故双曲线的渐近线方程为y=±bax=±3x.
（2）
由（1）可知双曲线的方程为x2−y23=1.
（i）当直线l的斜率不存在时，M2,3,N2,−3，直线A1M的方程为y=x+1，直线A2N的方程为y=−3x+3，联立直线A1M与直线A2N的方程可得Q12,32，
（ii）当直线l的斜率存在时，易得直线l不和渐近线平行，且斜率不为0，设直线l的方程为y=kx−2k≠0,k≠±3,Mx1,y1,Nx2,y2，
联立y=kx−2x2−y23=1得3−k2x2+4k2x−4k2−3=0,
∴∆>0,x1+x2=4k2k2−3,x1x2=4k2+3k2−3，
∴直线A1M的方程为y=y1x1+1x+1，直线A2N的方程为y=y2x2−1x−1，
联立直线A1M与直线A2N的方程可得：
x+1x−1=y2x1+1y1x2−1，两边平方得x+1x−12=y22x1+12y12x2−12，
又Mx1,y1,Nx2,y2满足x2−y23=1，
∴y22x1+12y12x2−12=3x22−1x1+123x12−1x2−12=x2+1x1+1x1−1x2−1=x1x2+x1+x2+1x1x2−x1+x2+1.
=4k2+3k2−3+4k2k2−3+14k2+3k2−3−4k2k2−3+1=4k2+3+4k2+k2−34k2+3−4k2+k2−3=9，
∴x+1x−12=9,∴x=12，或x=2，（舍去).
综上，Q在定直线上，且定直线方程为x=12.
【变式5-3】(2023·全国·高二课时练习）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右焦点为F，左顶点为A，且FA=2+5，F到C的渐近线的距离为1，过点B4,0的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴分别交于M，N两点.
(1)求双曲线C的标准方程.
(2)若直线MB，NB的斜率分别为k1，k2，判断k1k2是否为定值.若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【解题思路】（1）由题意可得FA=a+c=2+5，b=1，再结合c2=a2+b2可求出a，从而可求出双曲线方程，
（2）设直线l：x=my+4，−2
由题意得FA=a+c=2+5，F(c,0)，渐近线方程为y=±bax，
则F(c,0)到渐近线的距离为bca2+b2=bcc=b=1，
又因为c2=a2+b2，
所以a=2，b=1，c=5，
故双曲线C的标准方程为x24−y2=1.
（2）
设直线l：x=my+4，−2
所以y1+y2=−8mm2−4，y1y2=12m2−4.
因为直线AP的方程为y=y1x1+2x+2，
所以M的坐标为0,2y1x1+2，同理可得N的坐标为0,2y2x2+2.
因为k1=2y1x1+2−4=−y12x1+2，k2=2y2x2+2−4=−y22x2+2，
所以k1k2=y1y24x1+2x2+2=y1y24my1+6my2+6=y1y24m2y1y2+6my1+y2+36
=12m2−4412m2m2−4−48m2m2−4+36=312m2−48m2+36m2−144=−148，
即k1k2为定值−148.
【题型6 双曲线有关的应用问题】
【方法点拨】
利用双曲线解决实际问题的基本步骤：
①建立适当的直角坐标系；
②求出双曲线的标准方程；
③根据双曲线的方程及定义、直线与双曲线的位置关系来解决实际应用问题.
【例6】(2023·江苏南通·高三阶段练习）郑州中原福塔的外立面呈双曲抛物面状，造型优美，空中俯瞰犹如盛开的梅花绽放在中原大地，是现代建筑与艺术的完美结合.双曲抛物面又称马鞍面，其在笛卡儿坐标系中的方程与在平面直角坐标系中的双曲线方程类似.双曲线在物理学中具有很多应用，比如波的干涉图样为双曲线､反射式天文望远镜利用了其光学性质等等.
（1）已知A，B是在直线l两侧且到直线l距离不相等的两点，P为直线l上一点.试探究当点P的位置满足什么条件时，|PA−PB|取最大值；
（2）若光线在平滑曲线上发生反射时，入射光线与反射光线关于曲线在入射点处的切线在该点处的垂线对称.证明：由双曲线一个焦点射出的光线，在双曲线上发生反射后，反射光线的反向延长线交于双曲线的另一个焦点.
【解题思路】（1）作点A关于直线l对称点A'，直线A'B与x轴的交点即为|PA−PB|取最大值时的点P，由三角形两边之差小于第三边可证；
（2）设入射光线从F2出射，入射点Q，则点Q在（曲线在入射点处的）切线上，先证明Q是切线上唯一使得|QF1−QF2|取最大值的点，再由结论（1）可得切线即∠F1QF2的角平分线，即反射光线的反向延长线交于双曲线的另一个焦点F1.
【解答过程】（1）不妨设A点到直线l的距离比B点到直线l的距离大，作点A关于直线l的对称点A'.
当A'，B，P三点共线，即l为∠APB的平分线时，
有PA−PB=PA'−PB=A'B，
当A'，B，P三点不共线，即l不是∠APB的平分线时，取这样的点P'，则A'，B，P'能构成一个三角形，
故P'A−P'B=P'A'−P'B＜A'B(两边之差小于第三边)，
因此，当且仅当P的位置使得l为∠APB的平分线时，|PA−PB|取最大值.
（2）不妨设双曲线的焦点在x轴上，实半轴长为a，虚半轴长为b，左右焦点分别为F1，F2，入射光线l1从F2出射，入射点Q，反射光线l2，双曲线在Q点处的切线l3，l3在Q点处的垂线l4，
由光的反射定律，l1，l2关于l4对称，故l1，l2关于l3对称，
要证：反射光线l2过点F1，
只要证：l3是∠F1QF2的角平分线，
定义双曲线焦点所在区域为双曲线的内部，渐近线所在区域为双曲线的外部，
由双曲线的定义，|F1Q−F2Q|=2a，双曲线上任意一点满足方程为x2a2−y2b2=1，
若|F1Q'−F2Q'|>2a，Q'满足不等式x2a2−y2b2>1，即Q'与焦点同在双曲线内部；
若|F1Q″−F2Q″|<2a，Q″满足不等式x2a2−y2b2<1，即Q″在双曲线外部.
故：对于双曲线内部的任意一点Q'，有|F1Q'−F2Q'|＞2a，
对于双曲线外部的任意一点Q″，有|F1Q″−F2Q″|＜2a，
又l3是双曲线在Q点处的切线，故在l3上有且仅有一点Q使得|F1Q−F2Q|=2a，
l3上其他点Q‴均有|F1Q‴−F2Q‴||＜2a，
故Q是l3上唯一使得|F1Q−F2Q|取最大值的点，
又F1，F2到直线l3距离不相等，根据(1)中结论，可知l3是∠F1QF2的角平分线，
故反射光线l2过点F1，命题得证.
【变式6-1】(2023·全国·高二课时练习）为捍卫钓鱼岛及其附属岛屿的领土主权，中国派出舰船“唐山号”、“石家庄号”和“邯郸号”在钓鱼岛领海巡航.某日，正巡逻在A处的“唐山号”突然发现来自P处的疑似敌舰的某信号，发现信号时“石家庄号”和“邯郸号”正分别位于如图所示的B、C两处，其中A在B的正东方向相距6海里处，C在B的北偏西30°方向相距4海里处.由于B、C比A距P更远，因此，4秒后B、C才同时发现这一信号（该信号的传播速度为每秒1海里），试确定疑似敌舰相对于A点“唐山号”的位置.
【解题思路】以直线AB为x轴，线段AB的中点O为原点建立坐标系，求出点P所在的轨迹方程即可计算作答.
【解答过程】取A、B所在直线为x轴，线段AB的中点O为原点建立直角坐标系，如图，A(3,0),B(−3,0),C(−5,23)，
依题意，PB−PA=4<6=|AB|，则点P在以A、B为焦点，实轴长为4的双曲线的右支上，方程为x24−y25=1(x≥2)，
又B、C同时测得同一信号，即有PB=PC，则点P又在线段BC的中垂线上，
而线段BC的中点(−4,3)，直线BC的斜率为23−5−(−3)=−3，
线段BC的中垂线方程为y−3=33(x+4)，即x−3y+7=0，
由方程组x−3y+7=05x2−4y2=20，解得x=8y=53，即P(8,53)，直线AP的斜率kAP=3，
即直线AP的倾斜角为60∘，|PA|=10，
所以P在A的北偏东30°方向，相距10海里处.
【变式6-2】(2023·全国·高二课时练习）某飞船返回舱顺利到达地球后，为了及时将航天员安全救出，地面指挥中心在返回舱预计到达区域安排了三个救援中心(记为A，B，C)，A在B的正东方向，相距6km；C在B的北偏西30°方向，相距4km；P为航天员的着陆点．某一时刻，A接收到P的求救信号，由于B，C两地比A距P远，在此4s后，B，C两个救援中心才同时接收到这一信号．已知该信号的传播速度为1km/s，求在A处发现P的方位角．
【解题思路】结合双曲线的定义求得P点的轨迹方程，求得P点的坐标，进而求得在A处发现P的方位角.
【解答过程】因为B，C同时接收到信号，
所以PC＝PB，则P在BC的中垂线上．
因为B，C比A处晚4s收到信号，
所以有PB－PA＝4×1<6＝AB，
从而P在以A，B为焦点的双曲线的右支上，
所以2a＝4，c＝3，从而b2＝c2－a2＝5.
以线段AB的中点O为坐标原点，AB的中垂线为y轴，正东方向为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，
则A(3，0)，B(－3，0)，C−5,23，
所以双曲线的方程为x24−y25=1x>2，
BC的中垂线的方程为y−3=223x+4,x−3y+7=0.
联立x24−y25=1x−3y+7=0，解得x=8y=53或x=−3211y=15311(舍去)，
即P8,53，从而kPA=538−3=3，
所以PA的倾斜角为60°，则P在A的北偏东30°方向．
【变式6-3】（2023·全国·高二单元测试）如图，某野生保护区监测中心设置在点O处，正西、正东、正北处有三个监测点A、B、C，且OA=OB=OC=30km，一名野生动物观察员在保护区遇险，发出求救信号，三个监测点均收到求救信号，A点接收到信号的时间比B点接收到信号的时间早40V0秒（注：信号每秒传播V0千米）.
（1）以O为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系（如题），根据题设条件求观察员所有可能出现的位置的轨迹方程；
（2）若已知C点与A点接收到信号的时间相同，求观察员遇险地点坐标，以及与检测中心O的距离；
（3）若C点监测点信号失灵，现立即以监测点C为圆心进行“圆形”红外扫描，为保证有救援希望，扫描半径r至少是多少公里？
【解题思路】（1）根据题意，其轨迹满足双曲线的定义，故直接写出方程即可；
（2）AC垂直平分线与双曲线的交点，即为所求点；
（3）根据两点之间的距离公式，将问题转化为求二次函数的最小值即可.
【解答过程】（1）设观察员可能出现的位置的所在点为P(x,y)
因为A点接收到信号的时间比B点接收到信号的时间早40V0秒
故PB−PA=40V0×V0=40
由题可知2a=40,2c=60，解得b2=c2−a2=500，
故点P的轨迹方程为x2400−y2500=1(x<0).
（2）因为A−30,0,C(0,30)，设AC的垂直平分线方程为y=kx
则k×30−00−(−30)=−1，则AC的垂直平分线方程为y=−x
联立x2400−y2500=1(x<0)可得x2=2000，故x=−205,y=205
故观察员遇险地点坐标为(−205,205)
与检测中心O的距离为−2052+2052=2010km.
（3）设轨迹上一点为P(x,y)，
则PC=x2+y−302=x2+y2−60y+900
又因为x2400−y2500=1，可得x2=45y2+400
代入可得：
PC=95y2−60y+1300=95[y−5032+800]≥800=202，
当且仅当y=503时，取得最小值202.
故扫描半径r至少是202km.
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