高考数学人教A版2019选择性必修第一册专题3.5直线与双曲线的位置关系【七大题型】(原卷版+解析)

这是一份高考数学人教A版2019选择性必修第一册专题3.5直线与双曲线的位置关系【七大题型】(原卷版+解析)，共37页。


TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc22968" 【题型1 判断直线与双曲线的位置关系】 PAGEREF _Tc22968 \h 2
\l "_Tc6656" 【题型2 根据直线与双曲线的位置关系求参数或范围】 PAGEREF _Tc6656 \h 2
\l "_Tc13471" 【题型3 双曲线的弦长问题】 PAGEREF _Tc13471 \h 3
\l "_Tc6217" 【题型4 双曲线的“中点弦”问题】 PAGEREF _Tc6217 \h 4
\l "_Tc16618" 【题型5 双曲线中的面积问题】 PAGEREF _Tc16618 \h 4
\l "_Tc16794" 【题型6 双曲线中的定点、定值、定直线问题】 PAGEREF _Tc16794 \h 6
\l "_Tc12158" 【题型7 双曲线中的最值问题】 PAGEREF _Tc12158 \h 7
【知识点1 直线与双曲线的位置关系】
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.
【题型1 判断直线与双曲线的位置关系】
【例1】（2022·全国·高二专题练习）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1-1】（2023·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1-2】（2023·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
【变式1-3】（2022·高二课时练习）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
【题型2 根据直线与双曲线的位置关系求参数或范围】
【例2】（2023·全国·高三专题练习）已知直线y=kx−1与双曲线x24−y24=1有且仅有一个公共点，则实数k的取值为（ ）
A．±33B．±233C．±1或±33D．±1或±233
【变式2-1】（2023·全国·高二专题练习）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的取值范围为（ ）
A．k≤−1或k≥1B．−1≤k≤1
C．−2【变式2-2】（2023·河南·统考模拟预测）若直线l：y=−12x+m与曲线C：xx16+y24=1有两个公共点，则实数m的取值范围为（ ）
A．−22,0∪0,22B．0,22
C．−2,0∪0,2D．0,2
【变式2-3】（2023·高二课时练习）若过点P0,1的直线l与双曲线E:x2－y2=1的右支相交于不同两点，则直线l斜率的取值范围为（ ）
A．(1，2)B．[−2，－1]C．[1，2]D．(−2，－1)
【知识点2 弦长与“中点弦问题”】
1．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.
2．“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.
3．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.
【题型3 双曲线的弦长问题】
【例3】（2022·全国·高二专题练习）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
【变式3-1】（2022·全国·高二假期作业）过双曲线x2−y22=1的一个焦点作直线交双曲线于A，B两点，若AB=4，则这样的直线有（ ）
A．1条B．2条C．3条D．4条
【变式3-2】（2022·全国·高二专题练习）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3-3】（2022·浙江·校联考模拟预测）已知双曲线H的两条渐近线互相垂直，过H右焦点F且斜率为3的直线与H交于A，B两点，与H的渐近线交于C，D两点．若AB=5，则CD=（ ）
A．27B．26C．35D．36
【题型4 双曲线的“中点弦”问题】
【例4】（2023·高二课时练习）已知双曲线方程x2−y23=1，则以A2,1为中点的弦所在直线l的方程是（ ）
A．6x+y−11=0B．6x−y−11=0C．x−6y−11=0D．x+6y+11=0
【变式4-1】（2023秋·河南平顶山·高二统考期末）已知双曲线C：x2−y2b2=1(b>0)的焦点到渐近线的距离为2，直线l与C相交于A，B两点，若线段AB的中点为N1,2，则直线l的斜率为（ ）
A．−1B．1C．2D．2
【变式4-2】（2023·全国·高三专题练习）已知点A，B在双曲线x2−y2=3上，线段AB的中点为M1,2，则AB=（ ）
A．25B．45C．210D．410
【变式4-3】（2023·全国·高三专题练习）已知双曲线x2−y22=1，过点P1,1的直线l与该双曲线相交于A,B两点，若P是线段AB的中点，则直线l的方程为（ ）
A．2x−y−1=0B．2x+y−1=0
C．2x−y+1=0D．该直线不存在
【题型5 双曲线中的面积问题】
【例5】（2023秋·全国·高二期中）设A，B为双曲线x2−y22=1上的两点，AB中点为M(1,2)，求
(1)直线AB的方程；
(2)△OAB的面积(O为坐标原点）．
【变式5-1】（2023·河南·襄城高中校联考三模）设双曲线E:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1,F2，F1F2=25，且E的渐近线方程为y=±x2．
(1)求E的方程；
(2)过F2作两条相互垂直的直线l1和l2，与E的右支分别交于A，C两点和B，D两点，求四边形ABCD面积的最小值．
【变式5-2】（2023·湖南邵阳·邵阳市校考模拟预测）已知双曲线C的离心率为2，右焦点与抛物线y2=8x的焦点重合，双曲线C的左、右顶点分别为A，B，点M为第二象限内的动点，过点M作双曲线C左支的两条切线，分别与双曲线C的左支相切于两点P，Q，已知MA，MB的斜率之比为3:−1.

(1)求双曲线C的方程；
(2)直线PQ是否过定点？若过定点请求出定点坐标，若不过定点请说明理由.
(3)设△APQ和△BPQ的面积分别为S1和S2，求S2−S1的取值范围.
参考结论：点Rx0,y0为双曲线x2a2−y2b2=1上一点，则过点R的双曲线的切线方程为x0xa2−y0yb2=1.
【变式5-3】（2023春·浙江衢州·高二统考期末）已知双曲线C:x2−y23=1，过点P2,92作直线l交双曲线C的两支分别于A，B两点，
(1)若点P恰为AB的中点，求直线l的斜率；
(2)记双曲线C的右焦点为F，直线FA，FB分别交双曲线C于D，E两点，求S△FABS△FDE的取值范围.
【题型6 双曲线中的定点、定值、定直线问题】
【例6】（2023·河北张家口·统考三模）已知点P4,3为双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)上一点，E的左焦点F1到一条渐近线的距离为3.
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)不过点P的直线y=kx+t与双曲线E交于A,B两点，若直线PA，PB的斜率和为1，证明：直线y=kx+t过定点，并求该定点的坐标.
【变式6-1】（2023·广东茂名·茂名市校考三模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为2.
(1)求双曲线C的渐近线方程；
(2)若双曲线C的右焦点为F，若直线EF与C的左，右两支分别交于E,D两点，过E作l:x=a2的垂线，垂足为R，试判断直线DR是否过定点，若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由.
【变式6-2】（2023春·湖北荆门·高二统考期末）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的实轴长为2，两渐近线的夹角为π3．
(1)求双曲线C的方程：
(2)当a【变式6-3】（2023春·重庆渝中·高二校考期末）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1 a,b>0的渐近线方程为y=±12x，其左右焦点为F1，F2，点D为双曲线上一点，且△DF1F2的重心G点坐标为43,33.
(1)求该双曲线的标准方程；
(2)过x轴上一动点Pt,0作直线l交双曲线的左支于A，B两点，A点关于x轴的对称点为A′（A′与B不重合），连接BA′并延长交x轴于点Q，问OQ⋅OP是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，说明理由.
【知识点3 双曲线中的最值问题】
1．双曲线中的最值问题
求解此类问题一般有以下两种思路：
(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法.解题的关键是能够准确分析出最值问题所隐含的几何意义，并能借助相应曲线的定义求解.
(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可建立目标函数，将目标变量表示为一个(或多个)变量的函数关系式，然后根据函数关系式的特征选用配方法、判别式法，应用基本不等式以及三角函数的最值求法求出最大值、最小值或范围，但要注意自变量的取值范围对最值的影响.
【题型7 双曲线中的最值问题】
【例7】（2023·山东淄博·统考三模）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1、F2，焦距为4，右顶点为A，以A为圆心，b为半径的圆与双曲线的一条渐近线相交于R，S两点，且∠RAS＝60°.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)已知点M，Q是双曲线C上关于坐标原点对称的两点，其中M位于第一象限，∠F1QF2的角平分线记为l，过点M做l的垂线，垂足为E，与双曲线右支的另一交点记为点N，求MEMN的最大值.
【变式7-1】（2023·全国·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1，（a>0，b>0）的实轴长为2，且过点(e,3)，其中e为双曲线C的离心率．
(1)求C的标准方程；
(2)过点M(−2,0)且斜率不为0的直线l与C的左、右两支分别交于点A,B，点N在线段AB上，且|MA||MB|=|AN||NB|，P为线段AB的中点，记直线OP，ON（O为坐标原点）的斜率分别为k1，k2，求k1+k2的最小值．
【变式7-2】（2023·河南·郑州一中校联考模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线E：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右焦点为F，离心率为2，且过点P2,3．
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)设过原点O的直线l1在第一、三象限内分别交双曲线E于A，C两点，过原点O的直线l2在第二、四象限内分别交双曲线E于B，D两点，若直线AD过双曲线的右焦点F，求四边形ABCD面积的最小值．
【变式7-3】（2023秋·浙江嘉兴·高三统考期末）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)过点2,3，左､右顶点分别是A,B，右焦点F到渐近线的距离为3，动直线l:y=kx+m与以AB为直径的圆相切，且l与C的左､右两支分别交于Px1,y1,Qx2,y2两点.
(1)求双曲线C的方程；
(2)记直线AP,BQ的斜率分别为k1,k2，求k1⋅k2x1−x2的最小值.
专题3.5 直线与双曲线的位置关系【七大题型】
【人教A版（2019）】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc22968" 【题型1 判断直线与双曲线的位置关系】 PAGEREF _Tc22968 \h 2
\l "_Tc6656" 【题型2 根据直线与双曲线的位置关系求参数或范围】 PAGEREF _Tc6656 \h 3
\l "_Tc13471" 【题型3 双曲线的弦长问题】 PAGEREF _Tc13471 \h 6
\l "_Tc6217" 【题型4 双曲线的“中点弦”问题】 PAGEREF _Tc6217 \h 9
\l "_Tc16618" 【题型5 双曲线中的面积问题】 PAGEREF _Tc16618 \h 11
\l "_Tc16794" 【题型6 双曲线中的定点、定值、定直线问题】 PAGEREF _Tc16794 \h 17
\l "_Tc12158" 【题型7 双曲线中的最值问题】 PAGEREF _Tc12158 \h 22
【知识点1 直线与双曲线的位置关系】
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.
【题型1 判断直线与双曲线的位置关系】
【例1】（2022·全国·高二专题练习）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1-1】（2023·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渐近线平行.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1-2】（2023·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.
【变式1-3】（2022·高二课时练习）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
【解题思路】联立方程组得m2+4mx+1=0，当m=0时，x无解；当m≠0时，有一解．
【解答过程】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=1+m2−4m，所以至多有一个交点．
故选：C.
【题型2 根据直线与双曲线的位置关系求参数或范围】
【例2】（2023·全国·高三专题练习）已知直线y=kx−1与双曲线x24−y24=1有且仅有一个公共点，则实数k的取值为（ ）
A．±33B．±233C．±1或±33D．±1或±233
【解题思路】联立直线与双曲线的方程组，通过消元，利用方程解的个数，求出k的值即可
【解答过程】因为双曲线C的方程为x24−y24=1，所以渐近线方程为y=±x；
由y=kx−1x24−y24=1，消去y整理得(1−k2)x2+2k2x−k2−4=0．
①当1−k2=0即k=±1时，此时直线l与双曲线的渐近线平行，此时直线与双曲线相交于一点，符合题意；
②当1−k2≠0即k≠±1时，由Δ=4k4+4×k2+41−k2=0，解得k=±233，
此时直线l双曲线相切于一个公共点，符合题意，
综上所述：符合题意的k的所有取值为±1或±233，
故选：D.
【变式2-1】（2023·全国·高二专题练习）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的取值范围为（ ）
A．k≤−1或k≥1B．−1≤k≤1
C．−2【解题思路】已知直线l与双曲线C的左、右两支各有一个交点，将直线l：y=k(x−2)与双曲线C：x2−y2=2两个方程联立，得到的一元二次方程有一正一负根，即可得出结论．
【解答过程】联立y=k(x−2)x2−y2=2，消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有一正一负根，
所以1−k2≠0−4k2−21−k2<0，整理得1−k2>0，解得−1所以k的取值范围为−1故选：D．
【变式2-2】（2023·河南·统考模拟预测）若直线l：y=−12x+m与曲线C：xx16+y24=1有两个公共点，则实数m的取值范围为（ ）
A．−22,0∪0,22B．0,22
C．−2,0∪0,2D．0,2
【解题思路】依题意作出曲线C的图象，作出直线y=−12x的图象，平行移动直线y=−12x，即可得到当直线l介于y=−12x与l1之间时，直线l与曲线C有两个公共点，结合图象，即可求出实数m的取值范围．
【解答过程】当x≥0时，曲线C的方程为x216+y24=1，轨迹为椭圆x216+y24=1的右半部分；
当x<0时，曲线C的方程为y24−x216=1，轨迹为双曲线y24−x216=1的左半部分，其渐近线为y=±12x，
作出图象如下图，直线l（图中虚线）是与直线y=−12x平行的直线，平行移动直线y=−12x，可得直线l，
如图可知，当直线l介于直线y=−12x和l1（l1与l平行且与椭圆相切，切点在第一象限）之间时，直线l与曲线C有两个公共点．
设l1的方程为y=−12x+m0，m0>0，则有0联立x216+y24=1y=−12x+m0，消去x并整理得2y2−2m0y+m02−4=0，
由Δ=4m02−8m02−4=0，解得m0=22或m0=−22（舍），
故m的取值范围为0,22．
故选：B．
【变式2-3】（2023·高二课时练习）若过点P0,1的直线l与双曲线E:x2－y2=1的右支相交于不同两点，则直线l斜率的取值范围为（ ）
A．(1，2)B．[−2，－1]C．[1，2]D．(−2，－1)
【解题思路】由题意设直线l的方程，与双曲线方程联立消y得关于x的方程，根据条件得方程有两个不同的正根，结合韦达定理列不等式组，从而可求出k的取值范围
【解答过程】由题意可得直线l斜率存在，设直线l的方程为y=kx+1，
设交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立y=kx+1x2−y2=1，可得1－k2x2－2kx－2=0，
由题意可得1−k2≠0Δ=4k2+8(1−k2)>0x1+x2=2k1−k2>0x1x2=−21−k2>0
解得：−2故选：D．
【知识点2 弦长与“中点弦问题”】
1．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.
2．“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.
3．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.
【题型3 双曲线的弦长问题】
【例3】（2022·全国·高二专题练习）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.
【变式3-1】（2022·全国·高二假期作业）过双曲线x2−y22=1的一个焦点作直线交双曲线于A，B两点，若AB=4，则这样的直线有（ ）
A．1条B．2条C．3条D．4条
【解题思路】右焦点为3,0，斜率不存在时直线AB的方程为x=3，代入双曲线方程可得弦长AB，
斜率不存在时设Ax1,y1，Bx2,y2设出直线的方程与双曲线方程联立，利用弦长公式求出AB=1+k2x1+x22−4x1x2=4求出k得值即可得出正确答案.
【解答过程】双曲线x2−y22=1的右焦点为3,0，
当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x=3，
代入双曲线x2−y22=1可得：y=±2，即AB=4，满足条件；
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为：y−0=kx−3
代入双曲线x2−y22=1可得：2−k2x2+23k2x−3k2−2=0，
设Ax1,y1，Bx2,y2则：x1+x2=−23k22−k2，x1x2=−3k2−22−k2，
Δ=23k22−42−k2−3k2−2=12k4+42−k23k2+2=16k2+16>0，
所以AB=4=1+k2x1+x22−4x1x2
两边平方可得：6k2=3，解得：k=±22，
所以斜率存在且满足条件的直线有2条，所以共有3条，
故选：C.
【变式3-2】（2022·全国·高二专题练习）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3-3】（2022·浙江·校联考模拟预测）已知双曲线H的两条渐近线互相垂直，过H右焦点F且斜率为3的直线与H交于A，B两点，与H的渐近线交于C，D两点．若AB=5，则CD=（ ）
A．27B．26C．35D．36
【解题思路】由已知条件可得渐近线方程为y=±x，双曲线方程x2a2−y2a2=1(a>0)，设出直线方程y=3(x−2a)代入双曲线方程中消去y，利用根与系数的关系结合弦长公式列方程可求出a的值，从而可得渐近线方程与直线方程联立可求出C，D两点的坐标，从而可求出结果
【解答过程】设双曲线方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，则其渐近线方程为y=±bax，
因为双曲线H的两条渐近线互相垂直，所以a=b，所以渐近线方程为y=±x
所以双曲线方程为x2a2−y2a2=1(a>0)，则右焦点F(2a,0)，
所以直线方程为y=3(x−2a)，
设A(x1,y1),B(x2,y2)，将y=3(x−2a)代入x2a2−y2a2=1(a>0)化简得，
8x2−182ax+19a2=0，
所以x1+x2=92a4,x1x2=19a28，
所以AB=1+9(x1+x2)2−4x1x2=1010a216=5，
解得a2=4，得a=2，
所以双曲线方程为x24−y24=1，所以双曲线的右焦点为F(22,0)，
直线方程为y=3(x−22)，
由y=xy=3(x−22)，得x=32y=32，
由y=−xy=3(x−22)，得x=322y=−322，
所以CD=32−3222+32+3222=35，
故选：C.
【题型4 双曲线的“中点弦”问题】
【例4】（2023·高二课时练习）已知双曲线方程x2−y23=1，则以A2,1为中点的弦所在直线l的方程是（ ）
A．6x+y−11=0B．6x−y−11=0C．x−6y−11=0D．x+6y+11=0
【解题思路】利用点差法可求得直线l的斜率，利用点斜式可得出直线l的方程.
【解答过程】设直线l交双曲线x2−y23=1于点Mx1,y1、Nx2,y2，则x1+x2=4y1+y2=2，
由已知得x12−y123=1x22−y223=1，两式作差得x12−x22=y12−y223，
所以，y1−y2x1−x2=3x1+x2y1+y2=6，即直线l的斜率为6，
故直线l的斜率为y−1=6x−2，即6x−y−11=0.经检验满足题意
故选：B.
【变式4-1】（2023秋·河南平顶山·高二统考期末）已知双曲线C：x2−y2b2=1(b>0)的焦点到渐近线的距离为2，直线l与C相交于A，B两点，若线段AB的中点为N1,2，则直线l的斜率为（ ）
A．−1B．1C．2D．2
【解题思路】先利用题目条件求出双曲线的标准方程，然后利用点差法即可求出直线l的斜率.
【解答过程】因为双曲线的标准方程为x2−y2b2=1(b>0)，
所以它的一个焦点为(c,0)，一条渐近线方程为bx−y=0，
所以焦点到渐近线的距离d=bcb2+1=2，化简得b2c2=2(b2+1)，解得b2=2，
所以双曲线的标准方程为x2−y22=1，
设A(x1,y1),B(x2,y2)，所以x12−y122=1①，x22−y222=1②，
①-②得，(x12−x22)−12(y12−y22)=0，
化简得(x1+x2)(x1−x2)−12(y1+y2)(y1−y2)=0③，
因为线段AB的中点为N1,2，所以x1+x2=2,y1+y2=4，
代入③，整理得x1−x2=y1−y2，
显然x1≠x2,y1≠y2，所以直线l的斜率k=y1−y2x1−x2=1.
故选：B.
【变式4-2】（2023·全国·高三专题练习）已知点A，B在双曲线x2−y2=3上，线段AB的中点为M1,2，则AB=（ ）
A．25B．45C．210D．410
【解题思路】首先结合已知条件，利用点差法求出直线AB的斜率，进而得到直线AB的方程，然后联立双曲线方程，结合韦达定理和弦长公式求解即可.
【解答过程】不妨设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
从而x12−y12=3，x22−y22=3，
由两式相减可得，(x1−x2)(x1+x2)−(y1−y2)(y1+y2)=0，
又因为线段AB的中点为M1,2，从而x1+x2=2，y1+y2=4，
故y1−y2x1−x2=12，即直线AB的斜率为12，
直线AB的方程为：y−2=12(x−1)，即y=12x+32，
将y=12x+32代入x2−y2=3可得，x2−2x−7=0，
从而x1+x2=2，x1x2=−7，
故AB=1+(12)2|x1−x2|=52(x1+x2)2−4x1x2=210.
故选：C.
【变式4-3】（2023·全国·高三专题练习）已知双曲线x2−y22=1，过点P1,1的直线l与该双曲线相交于A,B两点，若P是线段AB的中点，则直线l的方程为（ ）
A．2x−y−1=0B．2x+y−1=0
C．2x−y+1=0D．该直线不存在
【解题思路】设Ax1,y1,Bx2,y2，代入双曲线方程作差可得x1+x2x1−x2=y1+y2y1−y22，若P是线段AB的中点，则x1+x2=2,y1+y2=2，则可得直线方程，检验直线方程与双曲线方程交点是否存在，即可确定直线l的方程.
【解答过程】解：设Ax1,y1,Bx2,y2，且x1≠x2，代入双曲线方程得x12−y122=1x22−y222=1，两式相减得：
x12−x22=y122−y222⇒x1+x2x1−x2=y1+y2y1−y22
若P是线段AB的中点，则x1+x2=2,y1+y2=2，所以y1−y2x1−x2=2，即直线AB的斜率为2，
所以直线AB方程为：y−1=2x−1，即2x−y−1=0；
但联立x2−y22=12x−y−1=0，得2x2−4x+3=0，则Δ=16−4×2×3=−8<0，方程无解，所以直线l不存在.
故选：D.
【题型5 双曲线中的面积问题】
【例5】（2023秋·全国·高二期中）设A，B为双曲线x2−y22=1上的两点，AB中点为M(1,2)，求
(1)直线AB的方程；
(2)△OAB的面积(O为坐标原点）．
【解题思路】（1）设点代入方程，相减结合中点坐标公式得到直线斜率，得到直线方程.
（2）联立方程解得交点坐标，计算点到直线的距离和弦长，得到面积.
【解答过程】(1)
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x12−y122=1x22−y222=1，两式相减可得，
(x1+x2)(x1−x2)=12(y1+y2)(y1−y2)，
∵AB中点为M(1,2)，∴x1+x2=2，y1+y2=4，
∴2(x1−x2)=12×4(y1−y2)，∴kAB=y2−y1x2−x1=1，
∴直线方程为y−2=x−1，即x−y+1=0
(2)
可知直线AB的方程为y=x+1，代入x2−y22=1，整理得x2−2x−3=0，
解得x1=−1，x2=3，∴y1=0，y2=4，
∴AB=(x1−x2)2+(y1−y2)2=(3+1)2+(4−0)2=42，
点O到直线AB的距离d=12，∴S△OAB=12·AB·d=12×42×12=2．
【变式5-1】（2023·河南·襄城高中校联考三模）设双曲线E:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1,F2，F1F2=25，且E的渐近线方程为y=±x2．
(1)求E的方程；
(2)过F2作两条相互垂直的直线l1和l2，与E的右支分别交于A，C两点和B，D两点，求四边形ABCD面积的最小值．
【解题思路】（1）根据题意得到ba=12，结合F1F2=2a2+b2=25b2=25，求得a,b的值即可；
（2）设直线l1:y=kx−5，l2:y=−1kx−5，求得14【解答过程】（1）由题意，得E:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的渐近线方程为y=±bax，
因为双曲线E的渐近线方程为y=±x2，所以ba=12，即a=2b，
又因为F1F2=2a2+b2=25b2=25，所以b=1，则a=2，
故E的方程为x24−y2=1．
（2）根据题意，直线l1，l2的斜率都存在且不为0，
设直线l1:y=kx−5，l2:y=−1kx−5，其中k≠0，
因为l1，l2均与E的右支有两个交点，所以k>12，−1k>12，所以14将l1的方程与x24−y2=1联立，可得1−4k2x2+85k2x−20k2−4=0，
设Ax1,y1,Cx2,y2，则x1+x2=−85k21−4k2，x1x2=−20k2−41−4k2，
所以AC=x1−x22+y1−y22=1+k2x1−x2=1+k2x1+x22−4x1x2
=1+k2−85k21−4k22−4×−20k2−41−4k2=1+k2⋅41+k21−4k2=41+k24k2−1，
用−1k替换k，可得BD=4k2+14−k2，
所以SABCD=12AC⋅BD=12⋅41+k24k2−1⋅4k2+14−k2=8⋅k2+124k2−14−k2．
令t=k2+1，所以k2=t−1,t∈54,5，
则SABCD=8⋅t2−4t2+25t−25=8⋅1−4+25t−25t2=8−251t−122+94≥329，
当1t=12，即k=±1时，等号成立，
故四边形ABCD面积的最小值为329．
【变式5-2】（2023·湖南邵阳·邵阳市校考模拟预测）已知双曲线C的离心率为2，右焦点与抛物线y2=8x的焦点重合，双曲线C的左、右顶点分别为A，B，点M为第二象限内的动点，过点M作双曲线C左支的两条切线，分别与双曲线C的左支相切于两点P，Q，已知MA，MB的斜率之比为3:−1.

(1)求双曲线C的方程；
(2)直线PQ是否过定点？若过定点请求出定点坐标，若不过定点请说明理由.
(3)设△APQ和△BPQ的面积分别为S1和S2，求S2−S1的取值范围.
参考结论：点Rx0,y0为双曲线x2a2−y2b2=1上一点，则过点R的双曲线的切线方程为x0xa2−y0yb2=1.
【解题思路】（1）由条件确定双曲线的焦点位置，设其方程，再列出关于a,b,c的方程，解方程可得双曲线方程，
（2）设Mx,yx<0,y>0，由条件MA，MB的斜率之比为3:−1可得x=−12，设M−12,m，Px1,y1，Qx2,y2，结合所给结论求切线MP，MQ方程，由此可得直线PQ的方程，由此判断结论；
（3）先证明S2=3S1，设PQ:x=ty−2，结合设而不求法表示S2−S1，再通过换元，利用函数的单调性求其取值范围.
【解答过程】（1）由已知双曲线C为焦点在x轴上，中心为原点的双曲线，
设其方程为x2a2−y2b2=1 a>0,b>0，
因为双曲线C的离心率为2，
所以e=ca=2，ba=ca2−1=3，
又双曲线C的右焦点与抛物线y2=8x的焦点重合，抛物线y2=8x的焦点坐标为2,0，
所以c=2，所以a=1,b=3，
双曲线C的标准方程为x2−y23=1；
（2）知A−1,0，B1,0，设Mx,yx<0,y>0，
所以kMA=yx+1，kMB=yx−1，
因为MA，MB的斜率之比为3:−1，即3x+1=−x−1，
解得x=−12，所以点M在直线x=−12上，
设M−12,m，Px1,y1，Qx2,y2，
则切线MP方程为：xx1−yy13=1，
则切线MQ方程为：xx2−yy23=1，
因为点M既在直线MP上又在直线MQ上，
即：−12x1−my13=1，−12x2−my23=1，
所以直线PQ的方程为：−12x−my3=1，化简可得my3=−12x+2，
所以直线PQ过定点−2,0；

（3）由（2）得直线PQ过定点N−2,0，所以，AN=1，BN=3，
所以，点B到直线PQ的距离为点A到直线PQ的距离的3倍，所以，S2=3S1，
因为S1=12AN⋅y1−y2，所以，S2−S1=2S1=y1−y2，
若直线PQ的斜率为0，则直线PQ与双曲线的左支的交点为−1,0与已知矛盾，
若直线PQ的斜率不存在，则直线PQ的方程为x=−2，
直线x=−2与双曲线x2−y23=1的交点坐标为Q−2,−3,P−2,3，
故切线MP的方程为x−2−y=1，切线MQ的方程为x−2+y=1，
此时点M的坐标为−12，0，与点M在第二象限矛盾，
设PQ:x=ty−2 t≠0，
将PQ:x=ty−2代入双曲线C:x2−y23=1中得
3t2−1y2−12ty+9=0，由已知3t2−1≠0，
方程3t2−1y2−12ty+9=0的判别式Δ=144t2−363t2−1=36t2+36>0，
所以，y1+y2=12t3t2−1，y1y2=93t2−1，
由已知x1+x2<0,x1x2>0，
所以ty1+ty2<4，ty1−2ty2−2>0，
所以12t23t2−1<4，t2×93t2−1−2t×12t3t2−1+4>0，
化简可得t2<13，又t≠0，
所以−33所以t的取值范围为−33,0∪0,33
所以S2−S1=y1−y2=y1+y22−4y1y2=6t2+11−3t2
令n=t2+1，则n∈1,233，t2=n2−1
所以S2−S1=y1−y2=6n4−3n2=64n−3n
函数y=64n−3n在n∈1,233上单调递增，
所以6所以，S2−S1的取值范围为6,+∞.
【变式5-3】（2023春·浙江衢州·高二统考期末）已知双曲线C:x2−y23=1，过点P2,92作直线l交双曲线C的两支分别于A，B两点，
(1)若点P恰为AB的中点，求直线l的斜率；
(2)记双曲线C的右焦点为F，直线FA，FB分别交双曲线C于D，E两点，求S△FABS△FDE的取值范围.
【解题思路】（1）根据题意，设Ax1,y1，Bx2,y2，再由点差法即可得到结果；
（2）根据题意，设AF:x=my+2，Dx3,y3，Ex4,y4，然后联立直线与双曲线方程，结合韦达定理，代入计算，即可得到结果.
【解答过程】（1）由题意可得，设Ax1,y1，Bx2,y2，
由x12−y13=1x22−y23=1，得x12−x22=y12−y223，即y12−y22x12−x22=3，即y1+y2y1−y2x1+x2x1−x2=3
其中kAB=y1−y2x1−x2，kOP=y1+y22x1+x22=y1+y2x1+x2，
所以kAB⋅kOP=3，又kOP=94，故kAB=43；
（2）
设AF:x=my+2，Dx3,y3，Ex4,y4，
由3x2−y2−3=0x=my+2⇒3m2−1y2+12my+9=0
得y1⋅y3=93m2−1，又m=x1−2y1，故y1⋅y3=9y123⋅x1−22−y12=9y1215−12x1=3y125−4x1，
从而y3=3y15−4x1，同理有y4=3y25−4x2，
另一方面，S△FABS△FDE=FA⋅FBFD⋅FE=y1y3⋅y2y4=y1y29y1y25−4x15−4x1=1925−20x1+x2+16x1x2，
设AB:y−92=kx−2，由x2−y23=1y=kx−2+92得
3−k2⋅x2+4k2−9k⋅x−4k2+18k−934=0，
故x1+x2=−4k2+9k3−k2x1⋅x2=−4k2+18k−9343−k2，代入上式有
S△FABS△FDE=19⋅25+80k2−180k3−k2+−64k2+288k−3723−k2=k2−12k+33k2−3=1+12⋅3−kk2−3，
由直线AB交双曲线于两支可知k∈−3,3，令3−k=t∈3−3,3+3，
故S△FABS△FDE=1+12t+6t−6≥5+26，当且仅当t=6t时，即t=6时，取等号，
即S△FABS△FDE∈5+26,+∞.
【题型6 双曲线中的定点、定值、定直线问题】
【例6】（2023·河北张家口·统考三模）已知点P4,3为双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)上一点，E的左焦点F1到一条渐近线的距离为3.
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)不过点P的直线y=kx+t与双曲线E交于A,B两点，若直线PA，PB的斜率和为1，证明：直线y=kx+t过定点，并求该定点的坐标.
【解题思路】（1）由点到直线的距离公式求出b=3，再将点P4,3代入双曲线方程求出a2=4，可得双曲线E的标准方程；
（2）联立直线与双曲线方程，利用韦达定理得x1+x2、x1x2，再根据斜率和为1列式，推出t=2k+3，从而可得直线y=kx+t过定点(−2,3).
【解答过程】（1）设F1(−c,0) (c>0)到渐近线y=bax，即bx−ay=0的距离为3，
则3=|−bc|b2+a2，结合a2+b2=c2得b=3，
又P(4,3)在双曲线x2a2−y23=1上，所以16a2−93=1，得a2=4，
所以双曲线E的标准方程为x24−y23=1.
（2）联立y=kx+tx24−y23=1，消去y并整理得3−4k2x2−8ktx−4t2−12=0，
则3−4k2≠0，Δ=64k2t2+4(3−4k2)(4t2+12)>0，即t2+3>4k2，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则x1+x2=8kt3−4k2，x1x2=−4t2+123−4k2，
则kPA+kPB=y1−3x1−4+y2−3x2−4 =kx1+t−3x1−4+kx2+t−3x2−4
=kx1+t−3x2−4+kx2+t−3x1−4x1−4x2−4
=2kx1x2+t−4k−3x1+x2−8t+24x1x2−4(x1+x2)+16 =1，
所以2kx1x2+t−4k−3x1+x2−8t+24 =x1x2−4(x1+x2)+16，
所以2k−1x1x2+t−4k+1x1+x2−8t+8=0，
所以−2k−14t2+123−4k2+t−4k+1⋅8kt3−4k2−8t+8=0，
整理得t2−6k+2kt−6t−8k2+9=0，
所以(t−3)2+2k(t−3)−8k2=0，
所以t−3−2kt−3+4k=0，
因为直线y=kx+t不过P(4,3)，即3≠4k+t，t−3+4k≠0，
所以t−3−2k=0，即t=2k+3，
所以直线y=kx+t=kx+2k+3，即y−3=k(x+2)过定点(−2,3).
【变式6-1】（2023·广东茂名·茂名市校考三模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为2.
(1)求双曲线C的渐近线方程；
(2)若双曲线C的右焦点为F，若直线EF与C的左，右两支分别交于E,D两点，过E作l:x=a2的垂线，垂足为R，试判断直线DR是否过定点，若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由.
【解题思路】（1）根据题意可得e=ca=1+b2a2=2，即可得出答案；
（2）设直线EF的方程x=my+2a，直线EF与双曲线C的左右两支分别交于E,D点，则m∈−∞,−33∪33,+∞，联立直线EF与双曲线的方程，设Dx1,y1,Ex2,y2,Ra2,y2,y1≠y2，结合韦达定理可得y1+y2,y1y2，写出直线DR的方程，令y=0，解得x,即可得出答案．
【解答过程】（1）由双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为2，
所以e=ca=c2a2=1+b2a2=2，所以ba=3，
所以双曲线C的渐近线方程为y=±3x.
（2）由题意可得直线EF的斜率不为0，设直线EF的方程x=my+2a，
因为直线EF与双曲线C的左右两支分别交于E,D点，
则m∈−∞,−33∪33,+∞，
联立x=my+2ax2a2−y23a2=1，得3m2−1y2+12may+9a2=0，
设Dx1,y1,Ex2,y2,Ra2,y2,y1≠y2，
则y1+y2=−12ma3m2−1,y1y2=9a23m2−1，直线DR的方程y−y2=y2−y1a2−x1x−a2，
令y=0，得x=x1y2−a2y1y2−y1=my1+2ay2−a2y1y2−y1=my1y2+2ay2−a2y1y2−y1=−34ay1+y2+2ay2−a2y1y2−y1
=5a4y2−y1y2−y1=5a4，
所以直线DR过定点5a4,0.
【变式6-2】（2023春·湖北荆门·高二统考期末）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的实轴长为2，两渐近线的夹角为π3．
(1)求双曲线C的方程：
(2)当a【解题思路】（1）根据实轴长度确定a的取值，再根据渐近线夹角确定渐近线斜率，从而确定b的取值，写出解析式；
（2）首先联立直线与双曲线方程，根据韦达定理确定M，N两点坐标关系，联立方程，再利用点斜式表示出直线A1M，A2N的方程，代入Tx0,y0列出等式，代入韦达定理求解出x0即可,
【解答过程】（1）由题知2a=2，得a=1，
ba=tanπ6或ba=tanπ3，得b=33或3，
所以双曲线C的方程为C：x2−3y2=1或C：x2−y23=1．
（2）由（1）知，当a设Mx1,y1，Nx2,y2，
联立直线l与双曲线C得：x=my+23x2−y2=3⇒3m2−1y2+12my+9=0，
Δ=36m2+1>0，方程的两根为y1，y2，则y1+y2=−12m3m2−1，y1y2=93m2−1．
A1−1,0，A21,0，则A1M：y=y1x1+1x+1，A2N：y=y2x2−1x−1，
因为直线A1M，A2N相交于点Tx0,y0，
故y0=y1x1+1x0+1，y0=y2x2−1x0−1，
消去y0，整理得：x0+1x0−1=y2x1+1y1x2−1=y2my1+3y1my2+1，
x0+1x0−1=y2my1+3y1my2+1=my1y2+3y1+y2−3y1my1y2+y1
=9m3m2−1+−36m3m2−1−3y19m3m2−1+y1=−39m3m2−1+y19m3m2−1+y1=−3，
因此x0+1=−3x0−1⇒x0=12，
故点T在定直线x=12上．
【变式6-3】（2023春·重庆渝中·高二校考期末）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1 a,b>0的渐近线方程为y=±12x，其左右焦点为F1，F2，点D为双曲线上一点，且△DF1F2的重心G点坐标为43,33.
(1)求该双曲线的标准方程；
(2)过x轴上一动点Pt,0作直线l交双曲线的左支于A，B两点，A点关于x轴的对称点为A′（A′与B不重合），连接BA′并延长交x轴于点Q，问OQ⋅OP是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是定值，说明理由.
【解题思路】（1）根据双曲线方程设x24−y2=λ，Dx0,y0，根据重心坐标公式求出D(4,3)，代入原方程即可得到λ的值，则得到双曲线方程；
（2）设l的方程为y=k(x−t)，Ax1,y1,Bx2,y2，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，写出直线BA′的方程，令y=0，解出x，将韦达定理式代入整理得x=4t，则得到定值.
【解答过程】（1）因为双曲线的渐近线方程为y=±12x，
故可设双曲线的方程为x24−y2=λ，
设Dx0,y0，因为△DF1F2的重心G点的坐标为43,33，
所以x03=43y03=33，解得x0=4y0=3，所以D(4,3)，则代入得λ=1，
所以双曲线的标准方程为 x24−y2=1
（2）由题意知直线l的斜率必存在，设l的方程为y=k(x−t)，
Ax1,y1,Bx2,y2，则A′x1,−y1，联立y=k(x−t)x2−4y2−4=0，
化简得1−4k2x2+8k2tx−4k2t2−4=0，
则Δ=8k2t2+41−4k24k2t2+4>0，且1−4k2≠0，
由韦达定理得
x1+x2=8k2t4k2−1<0，x1x2=4k2t2+44k2−1>0，
则直线BA′的方程为：y+y1=y2+y1x2−x1x−x1，
令y=0，则x=y1x2−x1y2+y1+y1=y1x2+x1y2y1+y2=kx1−tx2+kx2−tx1kx1+x2−2t=2kx1x2−ktx1+x2kx1+x2−2t
=8k3t2+8k4k2−1−8k3+24k2−1k⋅8k2t−8k2t+2t4k2−1=8k4k2−12tk4k2−1=4t，故|OQ|⋅|OP|=t⋅|4t∣=4.
【知识点3 双曲线中的最值问题】
1．双曲线中的最值问题
求解此类问题一般有以下两种思路：
(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法.解题的关键是能够准确分析出最值问题所隐含的几何意义，并能借助相应曲线的定义求解.
(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可建立目标函数，将目标变量表示为一个(或多个)变量的函数关系式，然后根据函数关系式的特征选用配方法、判别式法，应用基本不等式以及三角函数的最值求法求出最大值、最小值或范围，但要注意自变量的取值范围对最值的影响.
【题型7 双曲线中的最值问题】
【例7】（2023·山东淄博·统考三模）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点分别为F1、F2，焦距为4，右顶点为A，以A为圆心，b为半径的圆与双曲线的一条渐近线相交于R，S两点，且∠RAS＝60°.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)已知点M，Q是双曲线C上关于坐标原点对称的两点，其中M位于第一象限，∠F1QF2的角平分线记为l，过点M做l的垂线，垂足为E，与双曲线右支的另一交点记为点N，求MEMN的最大值.
【解题思路】（1）由题意可知：△ARS是正三角形，则利用点A到渐近线bx−ay=0的距离为32b列方程组求解；
（2）方法①设点M(x0,y0)，写出直线MN方程与椭圆方程联立，利用韦达定理把MEMN，表示为点M的纵坐标的函数进行求解；方法②设直线l的斜率为k，利用角平分线的向量表示，韦达定理，弦长公式，参数间的转化，最终把MEMN表示为关于k的函数进行求解.
【解答过程】（1）由题意可知：△ARS是正三角形，
所以点A到渐近线bx−ay=0的距离为32b
所以abc=32b，解得a=3,b=1，
所以双曲线标准方程是：x23−y2=1
（2）方法①：由双曲线的光学性质，可知点Q处的切线即为∠F1QF2的角平分线.
设点M(x0,y0)，x0>0,y0>0，则Q−x0,−y0
设直线l的方程是：y=kx+t，
由y=kx+tx23−y2=1得：3k2−1x2+6ktx+3t2+3=0，
∴3k2−1≠0Δ=36k2t2−43k2−13t2+3=0，解得：t2=3k2−1，
∴−x0=−6kt23k2−1=−3kt，
∵−y0=−kx0+t，x023−y02=1，∴k=x03y0，t=1y0，即直线l：−x0x3+y0y=1，
即：x0x−3y0y+3=0
由点到直线的距离公式得：ME=x02−3y02+3x02+9y02=612y02+3
直线MN方程：y−y0=−3y0x0(x−x0)，即：y=−3y0x0⋅x+4y0
由y=−3y0x0⋅x+4y0x2−3y2=3，得：(1−27y02x02)x2+72y02x0x−48y02−3=0
所以x0+xN=−72x0y02x02−27y02=72x0y0224y02−3，由M,N都在双曲线右支上，得：x0+xN=72x0y0224y02−3>0
所以y02>18
所以MN=1+9y02x02⋅x0−xN=12y02+3⋅24y02+624y02−3
所以MEMN=6(24y02−3)(12y02+3)(24y02+6)=8y02−1(4y02+1)2，令t=4y02+1>32，则MEMN=2t−3t2=−3(1t)2+2t
当1t=13，即y0=22时，MEMN的最大值为13.
方法②：如图，由题意知点Q在双曲线左支上，设M(x0,y0)，则Q−x0,−y0.
易知直线l的斜率存在，设直线l的斜率为k，
记a=1,k，又l2为∠F1QF2的平分线，则QF1⋅aQF1=QF2⋅aQF2.
因为x023−y02=1，x0≥3，所以QF1=−2+x02+y02=−2+x02+x023−1=233x0−3，
同理QF2=233x0+3，又QF1=x0−2,y0，QF2=x0+2,y0,
代入QF1⋅aQF1=QF2⋅aQF2，得x0−2,y0⋅1,k233x0−3=x0+2,y0⋅1,k233x0+3，
化简得x0=3ky0.又x0>0，y0>0，所以k>0，
由x0=3ky0x023−y02=1，x0≥3，得x0=3k3k2−1，y0=13k2−1，k>33
所以M3k3k2−1,13k2−1，Q−3k3k2−1,−13k2−1.
所以直线l的方程为y=kx+3k2−1，k>33，
由点到直线的距离公式得：ME=3k2−13k2−1+3k2−1k2+1=23k2−1k2+1，
又直线MN的斜率为−1k，且过点M，所以直线MN的方程为：
x=−ky+4k3k2−1，
将其与x23−y2=1x>0联立得k2−3y2−8k23k2−1y+7k2+33k2−1=0.
设Nx1,y1，则y0+y1=8k2k2−33k2−1，y0y1=7k2+3k2−33k2−1.
易知点N在第四象限，所以y0y1<0，得：k2∈13,3，
MN=1+k2y0−y1=1+k2⋅y0+y12−4y0y1=6k2+1323−k23k2−1.
故MEMN=3−k23k2−13k2+12≤k2+123k2+12=13，
当且仅当3−k2=3k2−1，即k2=1时，等号成立，
所以当且仅当k=1时， MEMN的最大值为13.
【变式7-1】（2023·全国·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1，（a>0，b>0）的实轴长为2，且过点(e,3)，其中e为双曲线C的离心率．
(1)求C的标准方程；
(2)过点M(−2,0)且斜率不为0的直线l与C的左、右两支分别交于点A,B，点N在线段AB上，且|MA||MB|=|AN||NB|，P为线段AB的中点，记直线OP，ON（O为坐标原点）的斜率分别为k1，k2，求k1+k2的最小值．
【解题思路】（1）根据题意列式求解a,b,c即可；
（2）设直线l的方程及交点坐标，利用韦达定理求P,N的坐标，进而可得k1k2=−9，结合基本不等式分析运算即可.
【解答过程】（1）因为双曲线C:x2a2−y2b2=1的实轴长为2，则a=1，
由双曲线过点(e,3)，且e=ca=c，则c2−9b2=1，
即c2−9b2=1c2=1+b2，解得b=3c=2，
故双曲线C的标准方程为x2−y23=1．
（2）设直线l:my=x+2(m≠0)，Ax1,y1，Bx2,y2,Nx3,y3,Px4,y4，
由题意可知x1联立方程x=my+2x2−y23=1，整理得3m2−1y2−12my+9=0，
由题意可得3m2−1≠0Δ=144m2−363m2−1>0y1y2=93m2−1>0，解得m>33或m<−33，
则y1+y2=12m3m2−1，y1y2=93m2−1．
可得y4=y1+y22=6m3m2−1，x4=my4−2=6m23m2−1−2=23m2−1，
则P23m2−1,6m3m2−1，所以k1=6m3m2−123m2−1=3m．
因为|MA||MB|=|AN||NB|，则y1y2=y3−y1y2−y3，整理得y3=2y1y2y1+y2=183m2−112m3m2−1=32m，
则x3=my3−2=m×32m−2=−12，
即N−12,32m，则k2=32m−12=−3m．
所以k1k2=3m×−3m=−9，即k1k2=9．
∴k1+k2≥2k1k2=6，当且仅当k1=k2，即k1=3k2=−3或k1=−3k2=3时，等号成立，
此时m=1或−1，均满足l与C的左、右两支分别相交．
∴k1+k2的最小值为6．
【变式7-2】（2023·河南·郑州一中校联考模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线E：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右焦点为F，离心率为2，且过点P2,3．
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)设过原点O的直线l1在第一、三象限内分别交双曲线E于A，C两点，过原点O的直线l2在第二、四象限内分别交双曲线E于B，D两点，若直线AD过双曲线的右焦点F，求四边形ABCD面积的最小值．
【解题思路】（1）利用双曲线的标准方程与性质即可求解.
（2）通过直线与双曲线的位置关系，利用韦达定理，代入S△OAD=12×OF×y1−y2，求解双曲线中的最值问题．
【解答过程】（1）由双曲线E的离心率为2，得ca=2 ①．
因为双曲线E过点P2,3，所以4a2−9b2=1 ②．
又c2=a2+b2③，
联立①②③式，解得a=1，b=3．
故双曲线E的标准方程为x2−y23=1．
（2）由双曲线的对称性，知四边形ABCD为平行四边形，所以S四边形ABCD=4S△OAD．
由题意知直线AD的斜率不为零，设AD的方程为x=my+2m≠±33．
联立x=my+2,x2−y23=1,消去x，得3m2−1y2+12my+9=0．
Δ=36m2+1>0，设Ax1,y1，Dx2,y2，则y1+y2=−12m3m2−1，y1⋅y2=93m2−1．
因为A，D均在双曲线右支，所以x1+x2>0,x1⋅x2>0,
所以my1+y2+4=−43m2−1>0,m2y1y2+2my1+y2+4=−3m2−43m2−1>0,解得0≤m2<13．
所以S△OAD=12×OF×y1−y2=y1+y22−4y1y2，
=−12m3m2−12−4×93m2−1=6m2+11−3m20≤m2<13．
令m2+1=t1≤t<233，则m2=t2−1．
所以S△OAD=6t4−3t2=64t−3t1≤t<233．
令函数ft=4t−3t，易得ft在区间1,233上单调递减，
所以当t=1时，S△OADmin=6．
所以四边形ABCD面积的最小值为24．
【变式7-3】（2023秋·浙江嘉兴·高三统考期末）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)过点2,3，左､右顶点分别是A,B，右焦点F到渐近线的距离为3，动直线l:y=kx+m与以AB为直径的圆相切，且l与C的左､右两支分别交于Px1,y1,Qx2,y2两点.
(1)求双曲线C的方程；
(2)记直线AP,BQ的斜率分别为k1,k2，求k1⋅k2x1−x2的最小值.
【解题思路】（1）由点2,3在双曲线C上，以及焦点到渐近线的距离得出双曲线C的方程；
（2）由直线与圆的位置关系得出m2=k2+1，联立直线和双曲线方程，由韦达定理、斜率公式得出k1⋅k2=−21−123，结合x1−x2≥433得出k1⋅k2x1−x2的最小值.
【解答过程】（1）因为点2,3在双曲线C上，故22a2−32b2=1，即4a2−9b2=1，
而双曲线C的渐近线方程为bx±ay=0，Fc,0到一条渐近线的距离为3，
所以b⋅cb2+a2=3，解得b=3，又4a2−9b2=1，
所以a2=1，故所求双曲线C的方程为x2−y23=1；
（2）因为双曲线C的方程为x2−y23=1，
所以A−1,0,B1,0，故以AB为直径的圆为
x2+y2=1，而直线l:y=kx+m是其切线，所以应满足mk2+1=1，得m2=k2+1，
而P,Q坐标满足3x2−y2=3y=kx+m，消去y得3−k2x2−2kmx−m2+3=03−k2≠0，
求得Δ=12m2−12k2+36，而m2=k2+1，故Δ=48，由此可得x1+x2=2km3−k2x1⋅x2=m2+3k2−3（*），
由于Px1,y1,Qx2,y2分别在C的左､右两支，故x1⋅x2=m2+3k2−3<0，因此3−k2>0，
所以x1−x2=x1+x22−4x1⋅x2，将*代入整理得x1−x2=12m2−k2+33−k2，
又m2=k2+1,3−k2>0,x1由题意得A−1,0,B1,0，故k1=y1x1+1,k2=y1x2−1，
所以k1⋅k2=y1⋅y2x1+1⋅x2−1=k2x1x2+kmx1+x2+m2x1x2+x2−x1−1，
将*及x2−x1=433−k2代入，求得k1⋅k2=3k2−m2m2−k2+6−43，而m2=k2+1，
故k1⋅k2=−31+6−43=−21−123，
又x1−x2≥433，故k1⋅k2x1−x2≥−21−123433，
即k1⋅k2x1−x2min=−36+2134.