2023届高考一轮复习讲义（理科）第九章　平面解析几何 第6讲　高效演练分层突破学案

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A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：选A.因为方程eq \f(x2,25－k)＋eq \f(y2,k－9)＝1表示双曲线，所以(25－k)(k－9)<0，所以k<9或k>25，
所以“k<9”是“方程eq \f(x2,25－k)＋eq \f(y2,k－9)＝1表示双曲线”的充分不必要条件，故选A.
2．双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为eq \r(3)，则其渐近线方程为( )
A．y＝±eq \r(2)x B．y＝±eq \r(3)x
C．y＝±eq \f(\r(2),2)x D．y＝±eq \f(\r(3),2)x
解析：选A.法一：由题意知，e＝eq \f(c,a)＝eq \r(3)，所以c＝eq \r(3)a，所以b＝eq \r(c2－a2)＝eq \r(2)a，所以eq \f(b,a)＝eq \r(2)，所以该双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x＝±eq \r(2)x，故选A.
法二：由e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))\s\up12(2))＝eq \r(3)，得eq \f(b,a)＝eq \r(2)，所以该双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x＝±eq \r(2)x，故选A.
3．(2020·广东揭阳一模)过双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的两焦点且与x轴垂直的直线与双曲线的四个交点组成一个正方形，则该双曲线的离心率为( )
A.eq \r(5)－1 B．eq \f(\r(5)＋1,2)
C.eq \f(3,2) D．2
解析：选B.将x＝±c代入双曲线的方程得y2＝eq \f(b4,a2)⇒y＝±eq \f(b2,a)，则2c＝eq \f(2b2,a)，即有ac＝b2＝c2－a2，由e＝eq \f(c,a)，可得e2－e－1＝0，解得e＝eq \f(\r(5)＋1,2)(舍负)．故选B.
4．设双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点是F，左、右顶点分别是A1，A2，过F作A1A2的垂线与双曲线交于B，C两点．若A1B⊥A2C，则该双曲线的渐近线方程为( )
A．y＝±eq \f(1,2)x B．y＝±eq \f(\r(2),2)x
C．y＝±x D．y＝±eq \r(2)x
解析：选C.
如图，不妨令B在x轴上方，因为BC过右焦点F(c，0)，且垂直于x轴，所以可求得B，C两点的坐标分别为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，\f(b2,a)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，－\f(b2,a))).又A1，A2的坐标分别为(－a，0)，(a，0)．
所以eq \(A1B,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c＋a，\f(b2,a)))，eq \(A2C,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c－a，－\f(b2,a))).
因为A1B⊥A2C，所以eq \(A1B,\s\up6(→))·eq \(A2C,\s\up6(→))＝0，
即(c＋a)(c－a)－eq \f(b2,a)·eq \f(b2,a)＝0，
即c2－a2－eq \f(b4,a2)＝0，
所以b2－eq \f(b4,a2)＝0，故eq \f(b2,a2)＝1，即eq \f(b,a)＝1.
又双曲线的渐近线的斜率为±eq \f(b,a)，
故该双曲线的渐近线的方程为y＝±x.
5．(2020·河北衡水三模)过双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦点F(eq \r(5)，0)作斜率为k(k＜－1)的直线与双曲线过第一象限的渐近线垂直，且垂足为A，交另一条渐近线于点B，若S△BOF＝eq \f(5,3)(O为坐标原点)，则k的值为( )
A．－eq \r(2) B．－2
C．－eq \r(3) D．－eq \r(5)
解析：选B.由题意得双曲线过第一象限的渐近线方程为y＝－eq \f(1,k)x，过第二象限的渐近线的方程为y＝eq \f(1,k)x，直线FB的方程为y＝k(x－eq \r(5))，联立方程得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－\r(5)），,y＝\f(1,k)x))⇒x＝eq \f(\r(5)k2,k2－1)，所以y＝eq \f(\r(5)k,k2－1)，所以S△BOF＝eq \f(1,2)|OF|×|yB|＝eq \f(1,2)×eq \r(5)×eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5)k,k2－1)))＝eq \f(5,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(k,k2－1))).
令eq \f(5,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(k,k2－1)))＝eq \f(5,3)，得k＝－2或k＝eq \f(1,2)(舍)．故选B.
6．(2020·唐山模拟)过双曲线E：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左焦点(－eq \r(5)，0)，作圆(x－eq \r(5))2＋y2＝4的切线，切点在双曲线E上，则E的离心率等于( )
A．2eq \r(5) B．eq \r(5)
C.eq \f(\r(5),3) D．eq \f(\r(5),2)
解析：选B.设圆的圆心为G，双曲线的左焦点为F.由圆的方程(x－eq \r(5))2＋y2＝4，知圆心坐标为G(eq \r(5)，0)，半径R＝2，则FG＝2eq \r(5).
设切点为P，
则GP⊥FP，PG＝2，PF＝2＋2a，
由|PF|2＋|PG|2＝|FG|2，
即(2＋2a)2＋4＝20，
即(2＋2a)2＝16，得2＋2a＝4，a＝1，又c＝eq \r(5)，
所以双曲线的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \r(5)，故选B.
7．设F为双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦点，若线段OF的垂直平分线与双曲线的渐近线在第一象限内的交点到另一条渐近线的距离为eq \f(1,2)|OF|，则双曲线的离心率为( )
A．2eq \r(2) B．eq \f(2\r(3),3)
C．2eq \r(3) D．3
解析：选B.双曲线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，线段OF的垂直平分线为直线x＝eq \f(c,2)，将x＝eq \f(c,2)代入y＝eq \f(b,a)x，则y＝eq \f(bc,2a)，则交点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,2)，\f(bc,2a)))，
点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,2)，\f(bc,2a)))到直线y＝－eq \f(b,a)x，即bx＋ay＝0的距离d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(bc,2)＋\f(bc,2))),\r(a2＋b2))＝eq \f(1,2)|OF|＝eq \f(c,2)，得c＝2b＝2eq \r(c2－a2)，即4a2＝3c2，
所以双曲线的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2\r(3),3)，故选B.
8．已知双曲线C：eq \f(x2,3)－y2＝1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N.若△OMN为直角三角形，则|MN|＝( )
A.eq \f(3,2) B．3
C．2eq \r(3) D．4
解析：选B.因为双曲线eq \f(x2,3)－y2＝1的渐近线方程为y＝±eq \f(\r(3),3)x，所以∠MON＝60°.不妨设过点F的直线与直线y＝eq \f(\r(3),3)x交于点M，由△OMN为直角三角形，不妨设∠OMN＝90°，则∠MFO＝60°，又直线MN过点F(2，0)，所以直线MN的方程为y＝－eq \r(3)(x－2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\r(3)（x－2），,y＝\f(\r(3),3)x，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(3,2)，,y＝\f(\r(3),2)，))所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，所以|OM|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2))＝eq \r(3)，所以|MN|＝eq \r(3)|OM|＝3，故选B.
9．(2020·湛江模拟)设F为双曲线E：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a，b＞0)的右焦点，过E的右顶点作x轴的垂线与E的渐近线相交于A，B两点，O为坐标原点，四边形OAFB为菱形，圆x2＋y2＝c2(c2＝a2＋b2)与E在第一象限的交点是P，且|PF|＝eq \r(7)－1，则双曲线E的方程是( )
A.eq \f(x2,6)－eq \f(y2,2)＝1 B．eq \f(x2,2)－eq \f(y2,6)＝1
C.eq \f(x2,3)－y2＝1 D．x2－eq \f(y2,3)＝1
解析：选D.双曲线E：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，
因为四边形OAFB为菱形，
所以对角线互相垂直平分，所以c＝2a，∠AOF＝60°，
所以eq \f(b,a)＝eq \r(3).
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)－\f(y2,3a2)＝1，,x2＋y2＝c2＝4a2，))
解得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(7),2)a，\f(3,2)a)).
因为|PF|＝eq \r(7)－1，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(7),2)a－2a))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)a))eq \s\up12(2)＝(eq \r(7)－1)2，解得a＝1，
则b＝eq \r(3)，
故双曲线E的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.
故选D.
10．已知双曲线eq \f(x2,9)－eq \f(y2,b2)＝1(b＞0)的左顶点为A，虚轴长为8，右焦点为F，且⊙F与双曲线的渐近线相切，若过点A作⊙F的两条切线，切点分别为M，N，则|MN|＝( )
A．8 B．4eq \r(2)
C．2eq \r(3) D．4eq \r(3)
解析：选D.因为双曲线eq \f(x2,9)－eq \f(y2,b2)＝1(b＞0)的虚轴长为8，
所以2b＝8，解得b＝4，
因为a＝3，
所以双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(4,3)x，c2＝a2＋b2＝25，A(－3，0)，所以c＝5，所以F(5，0)，
因为⊙F与双曲线的渐近线相切，
所以⊙F的半径为eq \f(|4×5＋0|,\r(42＋32))＝4，
所以|MF|＝4，
因为|AF|＝a＋c＝3＋5＝8，
所以|AM|＝eq \r(82－42)＝4eq \r(3)，
因为S四边形AMFN＝2×eq \f(1,2)|AM|·|MF|＝eq \f(1,2)|AF|·|MN|，
所以2×eq \f(1,2)×4eq \r(3)×4＝eq \f(1,2)×8|MN|，
解得|MN|＝4eq \r(3)，故选D.
11．(2020·开封模拟)过双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦点F作圆x2＋y2＝a2的切线FM(切点为M)，交y轴于点P，若eq \(PM,\s\up6(→))＝2eq \(MF,\s\up6(→))，则双曲线的离心率为( )
A.eq \r(2) B．eq \f(\r(6),2)
C.eq \r(3) D．2
解析：选B.设P(0，3m)，由eq \(PM,\s\up6(→))＝2eq \(MF,\s\up6(→))，可得点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)c，m))，因为OM⊥PF，所以eq \f(m,\f(2,3)c)·eq \f(3m,－c)＝－1，所以m2＝eq \f(2,9)c2，所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)c，± \r(\f(2c2,9))))，由|OM|2＋|MF|2＝|OF|2，|OM|＝a，|OF|＝c得，a2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,3)))eq \s\up12(2)＋eq \f(2c2,9)＝c2，a2＝eq \f(2,3)c2，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),2)，故选B.
12．过双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，D为虚轴上的一个端点，且△ABD为钝角三角形，则此双曲线离心率的取值范围为( )
A．(1，eq \r(2))
B．(eq \r(2)，eq \r(2＋\r(2)))
C．(eq \r(2)，2)
D．(1，eq \r(2))∪(eq \r(2＋\r(2))，＋∞)
解析：选D.设双曲线：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦点为F1(－c，0)，
令x＝－c，可得y＝±eq \f(b2,a)，可设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－c，\f(b2,a)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－c，－\f(b2,a))).
又设D(0，b)，可得eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，b－\f(b2,a)))，eq \(DA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－c，\f(b2,a)－b))，
eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(2b2,a)))，eq \(DB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－c，－b－\f(b2,a))).
由△ABD为钝角三角形，可得∠DAB为钝角或∠ADB为钝角．
当∠DAB为钝角时，可得eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))<0，即为0－eq \f(2b2,a)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b－\f(b2,a)))<0，化为a>b，即有a2>b2＝c2－a2.可得c2<2a2，即e＝eq \f(c,a)1，可得1当∠ADB为钝角时，可得eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))<0，
即为c2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b2,a)＋b))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b2,a)－b))<0，化为c4－4a2c2＋2a4>0，由e＝eq \f(c,a)，
可得e4－4e2＋2>0.又e>1，可得e>eq \r(2＋\r(2)).
综上可得，e的范围为(1，eq \r(2))∪(eq \r(2＋\r(2))，＋∞)．故选D.
13．焦点在x轴上，焦距为10，且与双曲线eq \f(y2,4)－x2＝1有相同渐近线的双曲线的标准方程是________．
解析：设所求双曲线的标准方程为eq \f(y2,4)－x2＝－λ(λ>0)，即eq \f(x2,λ)－eq \f(y2,4λ)＝1，则有4λ＋λ＝25，解得λ＝5，所以所求双曲线的标准方程为eq \f(x2,5)－eq \f(y2,20)＝1.
答案：eq \f(x2,5)－eq \f(y2,20)＝1
14．过双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左焦点F1作圆x2＋y2＝a2的切线交双曲线的右支于点P，且切点为T，已知O为坐标原点，M为线段PF1的中点(点M在切点T的右侧)，若△OTM的周长为4a，则双曲线的渐近线方程为________．
解析：连接OT，则OT⊥F1T，
在直角三角形OTF1中，|F1T|＝eq \r(OFeq \\al(2,1)－OT2)＝eq \r(c2－a2)＝b.
设双曲线的右焦点为F2，连接PF2，M为线段F1P的中点，O为坐标原点，
所以OM＝eq \f(1,2)PF2，
所以|MO|－|MT|＝eq \f(1,2)|PF2|－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)|PF1|－|F1T|))
＝eq \f(1,2)(|PF2|－|PF1|)＋b＝eq \f(1,2)×(－2a)＋b＝b－a.
又|MO|＋|MT|＋|TO|＝4a，即|MO|＋|MT|＝3a，
故|MO|＝eq \f(b＋2a,2)，|MT|＝eq \f(4a－b,2)，
由勾股定理可得a2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4a－b,2)))eq \s\up12(2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b＋2a,2)))eq \s\up12(2)，即eq \f(b,a)＝eq \f(4,3)，
所以渐近线方程为y＝±eq \f(4,3)x.
答案：y＝±eq \f(4,3)x
15．已知M(x0，y0)是双曲线C：eq \f(x2,2)－y2＝1上的一点，F1，F2是双曲线C的两个焦点．若eq \(MF1,\s\up6(→))·eq \(MF2,\s\up6(→))<0，则y0的取值范围是________．
解析：由题意知a＝eq \r(2)，b＝1，c＝eq \r(3)，
设F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)，
则eq \(MF1,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)－x0，－y0)，eq \(MF2,\s\up6(→))＝(eq \r(3)－x0，－y0)．
因为eq \(MF1,\s\up6(→))·eq \(MF2,\s\up6(→))<0，
所以(－eq \r(3)－x0)(eq \r(3)－x0)＋yeq \\al(2,0)<0，
即xeq \\al(2,0)－3＋yeq \\al(2,0)<0.
因为点M(x0，y0)在双曲线C上，
所以eq \f(xeq \\al(2,0),2)－yeq \\al(2,0)＝1，即xeq \\al(2,0)＝2＋2yeq \\al(2,0)，
所以2＋2yeq \\al(2,0)－3＋yeq \\al(2,0)<0，所以－eq \f(\r(3),3)答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))
16．如图，F1，F2是双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右两个焦点，若直线y＝x与双曲线C交于P，Q两点，且四边形PF1QF2为矩形，则双曲线的离心率为________．
解析：由题意可得，矩形的对角线长相等，将直线y＝x代入双曲线C方程，可得x＝±eq \r(\f(a2b2,b2－a2))，所以eq \r(2)·eq \r(\f(a2b2,b2－a2))＝c，所以2a2b2＝c2(b2－a2)，即2(e2－1)＝e4－2e2，所以e4－4e2＋2＝0.因为e>1，所以e2＝2＋eq \r(2)，所以e＝eq \r(2＋\r(2)).
答案：eq \r(2＋\r(2))
[综合题组练]
1．过双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦点F(－c，0)作圆O：x2＋y2＝a2的切线，切点为E，延长FE交双曲线于点P，若E为线段FP的中点，则双曲线的离心率为( )
A.eq \r(5) B．eq \f(\r(5),2)
C.eq \r(5)＋1 D．eq \f(\r(5)＋1,2)
解析：选A.
法一：如图所示，不妨设E在x轴上方，F′为双曲线的右焦点，连接OE，PF′，
因为PF是圆O的切线，所以OE⊥PE，又E，O分别为PF，FF′的中点，所以|OE|＝eq \f(1,2)|PF′|，又|OE|＝a，所以|PF′|＝2a，根据双曲线的性质，|PF|－|PF′|＝2a，所以|PF|＝4a，所以|EF|＝2a，在Rt△OEF中，|OE|2＋|EF|2＝|OF|2，即a2＋4a2＝c2，所以e＝eq \r(5)，故选A.
法二：连接OE，因为|OF|＝c，|OE|＝a，OE⊥EF，所以|EF|＝b，设F′为双曲线的右焦点，连接PF′，因为O，E分别为线段FF′，FP的中点，所以|PF|＝2b，|PF′|＝2a，所以|PF|－|PF′|＝2a，所以b＝2a，所以e＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))\s\up12(2))＝eq \r(5).
2．(2020·武汉模拟)设F1(－c，0)，F2(c，0)是双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左，右焦点，点P是C右支上异于顶点的任意一点，PQ是∠F1PF2的平分线，过点F1作PQ的垂线，垂足为Q，O为坐标原点，则|OQ|( )
A．为定值a
B．为定值b
C．为定值c
D．不确定，随P点位置变化而变化
解析：选A.延长F1Q，PF2交于点M，则三角形PF1M为等腰三角形，可得Q为F1M的中点，由双曲线的定义可得|PF1|－|PF2|＝|F2M|＝2a，由三角形中位线定理可得|OQ|＝eq \f(1,2)|F2M|＝a，故选A.
3．以椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,5)＝1的顶点为焦点，焦点为顶点的双曲线C，其左、右焦点分别是F1，F2.已知点M的坐标为(2，1)，双曲线C上的点P(x0，y0)(x0>0，y0>0)满足eq \f(\(PF1,\s\up6(→))·\(MF1,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\(PF1,\s\up6(→))|))＝eq \f(\(F2F1,\s\up6(→))·\(MF1,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\(F2F1,\s\up6(→))|))，则S△PMF1－S△PMF2＝( )
A．2 B．4
C．1 D．－1
解析：选A.由题意，知双曲线方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,5)＝1，|PF1|－|PF2|＝4，由eq \f(\(PF1,\s\up6(→))·\(MF1,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\(PF1,\s\up6(→))|))＝eq \f(\(F2F1,\s\up6(→))·\(MF1,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\(F2F1,\s\up6(→))|))，可得eq \f(\(F1P,\s\up6(→))·\(F1M,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\(MF1,\s\up6(→))||\(F1P,\s\up6(→))|))＝eq \f(\(F1F2,\s\up6(→))·\(F1M,\s\up6(→)),\a\vs4\al(|\(MF1,\s\up6(→))||\(F1F2,\s\up6(→))|))，即F1M平分∠PF1F2.
又结合平面几何知识可得，△F1PF2的内心在直线x＝2上，所以点M(2，1)就是△F1PF2的内心．
故S△PMF1－S△PMF2＝eq \f(1,2)×(|PF1|－|PF2|)×1＝eq \f(1,2)×4×1＝2.
4．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若eq \(F1A,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(F1B,\s\up6(→))·eq \(F2B,\s\up6(→))＝0，则C的离心率为________．
解析：通解：因为eq \(F1B,\s\up6(→))·eq \(F2B,\s\up6(→))＝0，所以F1B⊥F2B，如图．
所以|OF1|＝|OB|，所以∠BF1O＝∠F1BO，所以∠BOF2＝2∠BF1O.因为eq \(F1A,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))，所以点A为F1B的中点，又点O为F1F2的中点，所以OA∥BF2，所以F1B⊥OA，因为直线OA，OB为双曲线C的两条渐近线，所以tan ∠BF1O＝eq \f(a,b)，tan ∠BOF2＝eq \f(b,a).因为tan ∠BOF2＝tan(2∠BF1O)，所以eq \f(b,a)＝eq \f(2×\f(a,b),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)))\s\up12(2))，所以b2＝3a2，所以c2－a2＝3a2，即2a＝c，所以双曲线的离心率e＝eq \f(c,a)＝2.
优解：因为eq \(F1B,\s\up6(→))·eq \(F2B,\s\up6(→))＝0，所以F1B⊥F2B，
在Rt△F1BF2中，|OB|＝|OF2|，所以∠OBF2＝∠OF2B，又eq \(F1A,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))，所以A为F1B的中点，所以OA∥F2B，所以∠F1OA＝∠OF2B.又∠F1OA＝∠BOF2，所以△OBF2为等边三角形．由F2(c，0)可得Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,2)，\f(\r(3)c,2)))，因为点B在直线y＝eq \f(b,a)x上，所以eq \f(\r(3),2)c＝eq \f(b,a)·eq \f(c,2)，所以eq \f(b,a)＝eq \r(3)，所以e＝eq \r(1＋\f(b2,a2))＝2.
答案：2
5．已知双曲线C：eq \f(x2,4)－y2＝1，直线l：y＝kx＋m与双曲线C相交于A，B两点(A，B均异于左、右顶点)，且以线段AB为直径的圆过双曲线C的左顶点D，则直线l所过定点为________．
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)－y2＝1，))
得(1－4k2)x2－8kmx－4(m2＋1)＝0，
所以Δ＝64m2k2＋16(1－4k2)(m2＋1)＞0，x1＋x2＝eq \f(8mk,1－4k2)＞0，x1x2＝eq \f(－4（m2＋1）,1－4k2)＜0，所以y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝eq \f(m2－4k2,1－4k2).
因为以线段AB为直径的圆过双曲线C的左顶点D(－2，0)，所以kAD·kBD＝－1，
即eq \f(y1,x1＋2)·eq \f(y2,x2＋2)＝－1，
所以y1y2＋x1x2＋2(x1＋x2)＋4＝0，
即eq \f(m2－4k2,1－4k2)＋eq \f(－4（m2＋1）,1－4k2)＋eq \f(16mk,1－4k2)＋4＝0，
所以3m2－16mk＋20k2＝0，解得m＝2k或m＝eq \f(10k,3).
当m＝2k时，l的方程为y＝k(x＋2)，直线过定点(－2，0)，与已知矛盾；
当m＝eq \f(10k,3)时，l的方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(10,3)))，直线过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(10,3)，0))，经检验符合已知条件．
故直线l过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(10,3)，0)).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(10,3)，0))
6．已知P为双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)右支上的任意一点，经过点P的直线与双曲线C的两条渐近线分别相交于A，B两点．若点A，B分别位于第一、四象限，O为坐标原点，当eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(PB,\s\up6(→))时，△AOB的面积为2b，则双曲线C的实轴长为________．
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x，y)，由eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(PB,\s\up6(→))，得(x－x1，y－y1)＝eq \f(1,2)(x2－x，y2－y)，
则x＝eq \f(2,3)x1＋eq \f(1,3)x2，y＝eq \f(2,3)y1＋eq \f(1,3)y2，
所以eq \f(（\f(2,3)x1＋\f(1,3)x2）2,a2)－eq \f(（\f(2,3)y1＋\f(1,3)y2）2,b2)＝1.
由题意知A在直线y＝eq \f(b,a)x上，B在y＝－eq \f(b,a)x上，则y1＝eq \f(b,a)x1，y2＝－eq \f(b,a)x2.
所以eq \f(（\f(2,3)x1＋\f(1,3)x2）2,a2)－eq \f(（\f(2,3)y1＋\f(1,3)y2）2,b2)＝1，即b2(eq \f(2,3)x1＋eq \f(1,3)x2)2－a2(eq \f(2b,3a)x1－eq \f(b,3a)x2)2＝a2b2，
化简得：a2＝eq \f(8,9)x1x2，
由渐近线的对称性可得sin∠AOB＝sin 2∠AOx
＝eq \f(2sin∠AOxcs∠AOx,sin2∠AOx＋cs2∠AOx)＝eq \f(2tan∠AOx,tan2∠AOx＋1)＝eq \f(\f(2b,a),（\f(b,a)）2＋1)＝eq \f(2ab,b2＋a2).
所以△AOB的面积为eq \f(1,2)|OA||OB|sin∠AOB＝eq \f(1,2)eq \r(xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1))·eq \r(xeq \\al(2,2)＋yeq \\al(2,2))·sin∠AOB
＝eq \f(1,2)eq \r(xeq \\al(2,1)＋（\f(b,a)x1）2)·eq \r(xeq \\al(2,2)＋（－\f(b,a)x2）2)·eq \f(2ab,b2＋a2)
＝x1x2·eq \r(1＋（\f(b,a)）2)·eq \r(1＋（\f(b,a)）2)·eq \f(ab,b2＋a2)
＝eq \f(9,8)a2·eq \f(ab,b2＋a2)·[1＋(eq \f(b,a))2]＝eq \f(9,8)ab＝2b，解得a＝eq \f(16,9).所以双曲线C的实轴长为eq \f(32,9).
答案：eq \f(32,9)