【二轮复习】高考数学 专题8.3 双曲线综合（题型专练）（新高考专用）.zip

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc21580" 【题型1 双曲线的定义及应用】 PAGEREF _Tc21580 \h 3
\l "_Tc14704" 【题型2 双曲线的标准方程的求解】 PAGEREF _Tc14704 \h 5
\l "_Tc20048" 【题型3 双曲线中的焦点三角形问题】 PAGEREF _Tc20048 \h 10
\l "_Tc29374" 【题型4 求双曲线的离心率或其取值范围】 PAGEREF _Tc29374 \h 12
\l "_Tc3192" 【题型5 双曲线中的最值问题】 PAGEREF _Tc3192 \h 16
\l "_Tc22955" 【题型6 双曲线的弦长、焦点弦问题】 PAGEREF _Tc22955 \h 18
\l "_Tc21664" 【题型7 双曲线的“中点弦”问题】 PAGEREF _Tc21664 \h 24
\l "_Tc26375" 【题型8 双曲线中三角形（四边形）的面积问题】 PAGEREF _Tc26375 \h 27
\l "_Tc25904" 【题型9 双曲线中的定点、定值、定直线问题】 PAGEREF _Tc25904 \h 34
1、双曲线综合
圆锥曲线是高考的热点内容，双曲线是圆锥曲线中的重要内容，是高考命题的重点.从近几年的高考情况来看，主要考查双曲线的定义、方程、性质以及直线与双曲线的位置关系等知识，题型比较丰富，选择、填空、解答题都可能出现，选择、填空题中难度中等，解答题中难度偏大，需要学会灵活求解.
【知识点1 双曲线方程的求解方法】
1．双曲线方程的求解
(1)用定义法求双曲线的标准方程
根据双曲线的定义，确定的值，结合焦点位置可写出双曲线的标准方程.
(2)用待定系数法求双曲线的标准方程
用待定系数法求双曲线的标准方程时，先确定焦点在x轴还是y轴上，设出标准方程，再由条件确定
a2，b2的值，即“先定型，再定量”，如果焦点的位置不好确定，可将双曲线的方程设为或，再根据条件求解.
(3)与双曲线有相同渐近线时，可设所求双曲线方程为.
【知识点2 双曲线的焦点三角形的相关结论】
1．双曲线的焦点三角形
(1)焦点三角形的概念
设P是双曲线上一点，,为双曲线的焦点，当点P,,不在同一条直线上时，它们构成一个焦
点三角形，如图所示.
(2)焦点三角形的常用结论
若P是双曲线上不同于实轴两端点的任意一点，,分别为双曲线的左、右焦点，则，其中为.
【知识点3 双曲线的离心率或其取值范围的解题策略】
1.求双曲线离心率或其取值范围的方法
(1)直接求出a, c的值，利用离心率公式直接求解.
(2)列出含有a, b, c的齐次方程(或不等式)，借助于消去b，转化为含有e的方程(或不等式)
求解.
【知识点4 双曲线中的最值问题的解题策略】
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.
【知识点5 双曲线的弦长与“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.
【题型1 双曲线的定义及应用】
【例1】（2023·四川达州·二模）设F1，F2是双曲线C：x24-y23=1的左、右焦点，过F2的直线与C的右支交于P，Q两点，则F1P+F1Q-|PQ|=（ ）
A．5B．6C．8D．12
【解题思路】由双曲线的定义知F1P-PF2=2a=4，F1Q-QF2=2a=4，则F1P+F1Q-|PQ|= F1P-PF2+F1Q-QF2，即可得出答案.
【解答过程】双曲线C：x24-y23=1，则a2=4，a=2，
由双曲线的定义知：F1P-PF2=2a=4，F1Q-QF2=2a=4，
PQ=PF2+QF2，
所以F1P+F1Q-|PQ|=F1P+F1Q-PF2+QF2
=F1P-PF2+F1Q-QF2=8.
故选：C.
【变式1-1】（2023·江西吉安·一模）已知A为双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左顶点,F1为C的右焦点,过点A的直线与圆O:(x-c)2+y2=(c-a)2相切,且直线交C于点B,设∠BAF1=π6,∠ABF1=θ,则BF1为( )
A．2asinθB．sinθ4aC．8asinθD．4asinθ
【解题思路】画出图像，根据条件解两个三角形即可.
【解答过程】
设切点为点P,在Rt△APF1中,sin∠BAF1=c-ac+a=12,所以c=3a，
在Rt△PBF1中,sin(π-θ)=c-aBF1=2aBF1,即BF1=2asinθ.
故选:A.
【变式1-2】（2022·全国·模拟预测）设双曲线C：x2-y224=1的左焦点和右焦点分别是F1，F2，点A是C右支上的一点，则AF1+4AF2的最小值为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【解题思路】根据双曲线的方程求出a,b,c的值，由双曲线的定义可得AF1+4AF2=AF2+4AF2+2，由双曲线的性质可知AF2≥c-a=4，利用函数的单调性即可求得最小值.
【解答过程】由双曲线C：x2-y224=1可得
a2=1，b2=24，所以c2=a2+b2=25，
所以a=1，c=5，
由双曲线的定义可得AF1-AF2=2a=2，所以AF1=AF2+2，
所以AF1+4AF2=AF2+4AF2+2，
由双曲线的性质可知：AF2≥c-a=4，令AF2=t，则t≥4，
所以AF1+4AF2=AF2+4AF2+2=t+4t+2在4,+∞上单调递增，
所以当t=4时，取得最小值4+44+2=7，此时点A为双曲线的右顶点1,0，
即AF1+4AF2的最小值为7，
故选：C.
【变式1-3】（23-24高二上·江苏扬州·阶段练习）已知双曲线x29-y24=1，F1,F2是它的两个焦点，O为坐标原点，P是双曲线右支上一点，cs∠F1PF2=-35，则PO=（ ）
A．10B．15C．25D．33
【解题思路】先由题意得出a，b，c，PF1-PF2，利用余弦定理计算出PF1PF2；再利用三角形面积公式可计算出yp；最后根据点P在双曲线上及两点间距离公式即可得出结果.
【解答过程】
设点P坐标为xp,yp,xp>0，
由题意可知a2=9，b2=4，c2=a2+b2，
则a=3，b=2，c=13，PF1-PF2=2a=6.
在△F1PF2中，由余弦定理可得：cs∠F1PF2=PF12+PF22-F1F222PF1PF2=PF1-PF22+2PF1PF2-F1F222PF1PF2，
即-35=62+2PF1PF2-21322PF1PF2，解得PF1PF2=5．
因为cs∠F1PF2=-35，则sin∠F1PF2=45．
因为S△F1PF2=12PF1PF2sin∠F1PF2=12F1F2yp，
所以12×5×45=12×213×yp，解得yp=213．
又因为点P在双曲线x29-y24=1，所以xp2=91+yp24，
则PO=xp-02+yp-02=xp2+yp2=91+yp24+yp2=9+13yp24=10.
故选：A.
【题型2 双曲线的标准方程的求解】
【例2】（2023·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知双曲线C:y2a2-x2b2=1(a>0,b>0),O为坐标原点，F1,F2为双曲线C的两个焦点，点P为双曲线上一点，若PF1=3PF2,OP=b，则双曲线C的方程可以为（ ）
A．y24-x2=1B．y22-x24=1
C．y23-x24=1D．y216-x24=1
【解题思路】根据双曲线的定义及勾股定理得出P-abc,b2c，再根据点P在双曲线上求双曲线方程.
【解答过程】设F1为双曲线的下焦点，F2为双曲线的上焦点，
如图所示，过点P作PH⊥F1F2于点H.

因为PF1=3PF2,PF1-PF2=2a，所以PF2=a，
因为PO=b,OF2=c，
所以PF22+|PO|2=a2+b2=c2=OF22，所以∠OPF2=90∘，
故12OP⋅PF2=12OF2⋅HP，得HP=abc.
因为HO|2+HP|2=|OP|2，所以HO=b2c，故点P-abc,b2c，
将P-abc,b2c代入双曲线y2a2-x2b2=1中，
即b2c2a2--abc2b2=1，化简得b4-a4=a2c2,b4-a4=a2a2+b2，
b4-a2b2-2a4=0,b4a4-b2a2-2=0,b2a2-2b2a2+1=0，
解得b2a2=2或b2a2=-1（舍去），故B项正确.
故选：B.
【变式2-1】（2023·四川雅安·一模）已知F1,F2为双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，点A在C上，若F1A=2F2A，∠AF1F2=30°,△AF1F2的面积为63，则C的方程为（ ）
A．x29-y26=1B．x23-y26=1
C．x26-y29=1D．x26-y23=1
【解题思路】先根据双曲线的定义求出F2A,F1A，在△AF1F2中，利用正弦定理求出AF2F1，再根据三角形的面积公式求出a2，利用勾股定理可求得c2，进而可求出答案.
【解答过程】因为F1A=2F2A，所以F1A>F2A，
又因为点A在C上，所以F1A-F2A=2a，
即2F2A-F2A=2a，所以F2A=2a,F1A=4a，
在△AF1F2中，由正弦定理得AF2sin∠AF1F2=AF1sin∠AF2F1，
所以sin∠AF2F1=AF1sin30°AF2=1，
又0°0)的左、右焦点．过F1作圆O：x2+y2=b2的一条切线F1T，切点为T，线段F1T交H于点M，若sin∠F1MF2=45，△OMT的面积为1，则H的方程为（ ）
A．x22-y24=1B．x22-y22=1
C．x2-y216=1D．x24-y24=1
【解题思路】由双曲线定义，△OMT的面积，直角△OTF1中的锐角三角函数和△F1MF2中的正弦定理、余弦定理建立a，b，c之间的关系方程，再求解即可.
【解答过程】
由圆O的方程x2+y2=b2知，OT=b，
又∵OT⊥F1T，∴在直角△OTF1中，F1T=OF12-OT2=c2-b2=a，
且sin∠TF1O=OTOF1=bc.
在△OMT中，OT⊥MT，△OMT的面积S△OMT=OT⋅MT2=MT⋅b2=1，
∴MT=2b.
在△F1MF2中，sin∠MF1F2=sin∠TF1O=bc，
由正弦定理，F1F2sin∠F1MF2=MF2sin∠MF1F2，
∴MF2=F1F2sin∠MF1F2sin∠F1MF2=2c×bc45=5b2，
∴由双曲线定义，MF1=MF2-2a=5b2-2a，
又∵F1T=a，MT=2b，∴MF1=a-2b，
∴5b2-2a=a-2b，即3a=5b2+2b.
∵∠F1TO为直角，∴易知∠F1MF2为钝角，∴由sin∠F1MF2=45知，cs∠F1MF2=-35，
在△F1MF2中，由余弦定理，F1F22=MF12+MF22-2MF1⋅MF2⋅cs∠F1MF2，
∴4c2=5b2-2a2+5b22-2×5b2-2a×5b2×-35，
∴4a2+4b2=25b24-10ab+4a2+25b24+15b22-6ab，整理得b2-ab=bb-a=0，
∴b=a.
又∵3a=5b2+2b，将b=a代入，解得a=b=2.
∴双曲线H的方程为：x24-y24=1.
故选：D.
【变式2-3】（2023·辽宁·模拟预测）设O为坐标原点，F1，F2是双曲线C：x2a2-y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点，过F1作圆O：x2+y2=b2的一条切线F1T，切点为T．线段F1T交C于点P，若△OPT的面积为12，且sin∠F1PF2=45，则C的方程为（ ）
A．x22-y22=1B．x22-y24=1
C．x2-y216=1D．x24-y24=1
【解题思路】由双曲线定义，△OPT的面积，直角△OTF1中的锐角三角函数和△F1PF2中的正弦定理、余弦定理建立a，b，c之间的关系方程，再求解即可.
【解答过程】
由圆O的方程x2+y2=b2知，OT=b，
又OT⊥F1T，在直角△OTF1中，F1T=OF12-OT2=c2-b2=a，
且sin∠TF1O=OTOF1=bc.
在△OPT中OT⊥PT，则S△OPT=OT⋅PT2=PT⋅b2=12，故PT=1b.
在△F1PF2中，sin∠PF1F2=sin∠TF1O=bc，
由正弦定理，F1F2sin∠F1PF2=PF2sin∠PF1F2，则PF2=F1F2sin∠PF1F2sin∠F1PF2=2c×bc45=5b2，
∴由双曲线定义，PF1=PF2-2a=5b2-2a，又F1T=a，PT=1b，则PF1=a-1b，
∴5b2-2a=a-1b，即3a=5b2+1b.
∵∠F1TO为直角，易知∠F1PF2为钝角，由sin∠F1PF2=45知，cs∠F1PF2=-35，
在△F1PF2中，由余弦定理，F1F22=PF12+PF22-2PF1⋅PF2⋅cs∠F1PF2，
∴4c2=5b2-2a2+5b22-2×5b2-2a×5b2×-35，
∴4a2+4b2=25b24-10ab+4a2+25b24+15b22-6ab，整理得b2-ab=bb-a=0，
∴b=a.
又3a=5b2+1b，将b=a代入，解得a=b=2.
∴双曲线C的方程：x22-y22=1.
故选：A.
【题型3 双曲线中的焦点三角形问题】
【例3】（2023·广西南宁·一模）设F1、F2是双曲线C:x28-y210=1的左、右两个焦点，O为坐标原点，点P在C上且OP=12PF1-PF2，则△PF1O的面积为（ ）
A．5B．8C．10D．12
【解题思路】由题意可知P在以F1F2为直径的圆上，由双曲线的定义与三角形面积公式可求得S△F1F2P，又S△F1F2P=2S△PF1O，即可求解
【解答过程】由题可知，F1-32,0,F232,0，且a=22,c=32.
因为OP=12PF1-PF2，
所以|OP|=12F1F2=32.
所以点P在以F1F2为直径的圆上，
即△F1F2P是以P为直角顶点的直角三角形.
故PF12+PF22=F1F22，即PF12+PF22=72.
又||PF1|-|PF2||=2a=42，
所以32=||PF1|-|PF2||2=PF12+PF22-2PF1⋅PF2=72-2PF1⋅PF2，
解得PF1⋅PF2=20，
所以S△F1F2P=12PF1⋅PF2=10，
则△PF1O的面积为5，
故选：A.
【变式3-1】（2023·全国·模拟预测）已知点A-2,0，A'2,0，动点P满足4kAP⋅kA'P=1，圆E：x2+y2=5与点P的轨迹的一个交点为M，圆E与x轴的交点为B，C，则△MBC的周长为（ ）
A．5+6B．25+6
C．5+26D．25+26
【解题思路】根据题意先求出点P的轨迹方程，再画出图像，进而利用双曲线的定义和圆的性质得到△MBC的周长.
【解答过程】设Px,y，根据4kAP⋅kA'P=1可知直线AP,A'P的斜率存在且不为0，故P不与A，A'重合.
所以由4kAP⋅kA'P=1得4⋅yx+2⋅yx-2=1，得x24-y2=1x≠±2，故点P的轨迹方程为x24-y2=1x≠±2．
第二步：设MC=d，由题意不妨令B-5,0，C5,0，则B，C分别为双曲线x24-y2=1的左、右焦点．
不妨设M在第一象限，MC=d，则MB=4+d，根据圆的性质可知MC⊥MB，
所以4+d2+d2=252，得d=6-2.
故MC+MB=4+2d=26,BC=25，所以△MBC的周长为25+26．
故选：D.
【变式3-2】（2023·四川·一模）已知双曲线E:x2-y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，A2,3是E上一点，直线AF1与E的另一个交点为B，则△ABF2的周长为 10 ．
【解题思路】根据双曲线的定义，|BF2|-BF1=2，AF1-|AF2|=2，从而|BF2|=2+BF1，又|AF2|=3，得|AB|=AF1-BF1=5-BF1，故|BF2|+ |AB|=7，即可得△ABF2的周长.
【解答过程】由题意，点A2,3在双曲线E的右支上，点B在双曲线E的左支上，
根据双曲线的定义，|BF2|-BF1=2，AF1-|AF2|=2，
从而|BF2|=2+BF1，又A2,3，F22,0，|AF2|=3，
|AB|=AF1-BF1=|AF2|+2-BF1=5-BF1，故|BF2|+ |AB|=7，
所以△ABF2的周长=|BF2|+|AB|+|AF2|=7+3=10，
故答案为：10．
【变式3-3】（2023·广东韶关·一模）已知双曲线C:x23-y2=1的左、右焦点分别为F1,F2，以F1F2为直径的圆与双曲线在第一、三象限的交点分别为M,N，设四边形F1NF2M的周长为p，面积为S，则p2S= 40 .
【解题思路】设MF2=n，MF1=m，根据圆的性质可知MF1⊥MF2，利用勾股定理结合双曲线的定义可得mn=2,(m+n)2=20，即可得结果.
【解答过程】设MF2=n，MF1=m，
由M在以F1F2为直径的圆上可得：MF1⊥MF2，
故MF12+MF22=F1F22，且四边形F1NF2M为矩形，
由双曲线C:x23-y2=1可知：a2=3,b2=1,c2=4，
即m2+n2=16，
又因为m-n=23，则m2+n2-2mn=12，
可得mn=2,(m+n)2=m2+n2+2mn=20，
则p2=2MF1+MF22=4m+n2=80,S=MF1⋅MF2=m⋅n=2，
所以p2S=802=40.
故答案为：40.
【题型4 求双曲线的离心率或其取值范围】
【例4】（2023·新疆·一模）已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F1，O为坐标原点，过F1的直线与双曲线的两条渐近线分别交于A、B两点，且F1A=12F1B，OA=a，F1B=2b，则双曲线C的离心率为（ ）
A．3B．2C．5D．6
【解题思路】由题意结合勾股定理的逆定理可得∠OAF1=90°，结合双曲线的对称性可得2∠OF1A=90°-∠OF1A，即可得∠BOF2，由斜率与倾斜角的关系可得ba，即可得离心率.
【解答过程】
由F1B=2b，F1A=12F1B，故F1A=12F1B=b，
则有F1A=b、OA=a、OF1=c，又c2=a2+b2，
故∠OAF1=90°，又F1A=12F1B，故OF1=OB，
则∠OF1A=∠OBA，则∠BOF2=∠OF1A+∠OBA=2∠OF1A，
∠AOF1=90°-∠OF1A，故2∠OF1A=90°-∠OF1A，
即∠OF1A=30°，即∠BOF2=2∠OF1A=60°，
即ba=tan60°=3，则e=c2a2=a2+b2a2=1+b2a2=1+32=2.
故选：B.
【变式4-1】（2023·陕西安康·模拟预测）已知F1,F2是双曲线C的两个焦点，P为C上除顶点外的一点，PF1=3PF2，且∠F1PF2>60°，则C的离心率的取值范围是（ ）
A．72,2B．72,3C．1,2D．3,3
【解题思路】设出PF2=m(m>0),PF1=3m,∠F1PF2=θ根据题意有60°0的左，右焦点分别为F1，F2，过C的右焦点F2且倾斜角为π3的直线交C右支于A，B两点，AB中点为W，F2W=a2+b2，△F1AB的周长等于12，则（ ）
A．a＝3B．双曲线C的渐近线方程为y=±2x
C．AB=9D．OW=6
【解题思路】运用韦达定理、弦长公式、双曲线定义及两点间距离公式可求得a、b的值，进而代入计算判断各个选项即可.
【解答过程】如图所示，

由题意知，F1(-c,0)，F2(c,0)，其中c=a2+b2，
设直线AB方程为y=3(x-c)，
联立y=3(x-c)x2a2-y2b2=1⇒(b2-3a2)x2+6a2cx-3a2c2-a2b2=0，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则x1+x2=6a2c3a2-b2，x1x2=3a2c2+a2b23a2-b2，
则b2-3a2≠0Δ>0x1+x2>0x1x2>0⇒3a2>b2
所以|AB|=1+k2×(x1+x2)2-4x1x2=2(6a2c3a2-b2)2-4×3a2c2+a2b23a2-b2=8ab23a2-b2①，
由双曲线定义知，|AF1|-|AF2|=|BF1|-|BF2|=2a，
所以△F1AB的周长为|AF1|+|AF2|+|BF1|+|BF2|=2|AF2|+2a+2|BF2|+2a=2(|AF2|+|BF2|)+4a=2|AB|+4a=12，
所以|AB|=6-2a②，
由①②得：a3-3a2+ab2+b2=0③，
又因为W为AB的中点，
所以xW=x1+x22=3a2c3a2-b2，yW=3(xW-c)=3b2c3a2-b2，
所以W(3a2c3a2-b2,3b2c3a2-b2)，
所以|F2W|=(3a2c3a2-b2-c)2+(3b2c3a2-b2)2=2b2c3a2-b2=a2+b2，解得：a=b④，
由③④可得：a=b=1，
所以双曲线方程为x2-y2=1.
所以双曲线渐近线方程为y=±x，故A项错误、B项错误；
对于C项，|AB|=6-2a=4，故C项错误；
对于D项，因为a=b=1，所以c=2，
所以W(322,62)，
所以|OW|=(322)2+(62)2=6，故D项正确.
故选：D.
【变式6-2】（2023·新疆喀什·模拟预测）已知双曲线C两条准线之间的距离为1，离心率为2，直线l经过C的右焦点，且与C相交于A、B两点.
(1)求C的标准方程；
(2)若直线l与该双曲线的渐近线垂直，求AB的长度.
【解题思路】（1）根据双曲线的准线方程公式，结合双曲线的离心率公式进行求解即可.
（2）根据题意设出直线l的方程与双曲线方程联立，利用一元二次方程根与系数关系、双曲线弦长公式进行求解即可.
【解答过程】（1）因为直线l经过C的右焦点，
所以该双曲线的焦点在横轴上，
因为双曲线C两条准线之间的距离为1，
所以有a2c--a2c=1⇒a2c=12，
又因为离心率为2，
所以有ca=2⇒ac=12代入a2c=12中，可得a=1,c=2⇒b2=c2-a2=4-1=3，
∴C的标准方程为：x2-y23=1；
（2）
由上可知：该双曲线的渐近线方程为y=±3x，
所以直线l的斜率为±33，由于双曲线和两条直线都关于y轴对称，
所以两条直线与双曲线的相交弦相等.
又因为直线斜率的绝对值小于渐近线斜率的绝对值，
所以直线与双曲线交于左右两支，因此不妨设直线l的斜率为33，
方程为y=33x-2与双曲线方程联立为：
x2-y23=1y=33x-2⇒8x2+4x-13=0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则有x1+x2=-12,x1x2=-138，
AB=1+332×x1-x2=233×x1-x22=233×x1+x22-4x1x2=233×14-4×-138=3.
【变式6-3】（2023·陕西咸阳·三模） 已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的离心率为2，过双曲线C的右焦点F且垂直于x轴的直线l与双曲线交于A,B两点，且|AB|=2.
(1)求双曲线C的标准方程;
(2)若直线m：y=kx-1与双曲线C的左、右两支分别交于P,Q两点，与双曲线的渐近线分别交于M,N两点，求|PQ||MN|的取值范围.
【解题思路】（1）由通径长、离心率列方程组求得a,b,c得双曲线方程；
（2）直线m方程y=kx-1代入双曲线方程，利用直线与双曲线左右相交求得k的范围，由韦达定理得xP+xQ,xPxQ，由弦长公式得弦长PQ，再求得M,N的坐标得线段长MN，然后计算比值，由k的范围各结论．
【解答过程】（1）由题可知，AB=2b2a=2e=ca=2c2=a2+b2，解得a=1b=1c=2，所以双曲线C的标准方程为x2-y2=1；
（2）由题可知，直线m:y=kx-1与双曲线C的左、右两支分别交于P,Q两点，
联立x2-y2=1,y=kx-1,消去y，得1-k12x2+2kx-2=0，
所以1-k2≠0xPxQ=-21-k20，解得k∈(-1,1)，
且xP+xQ=-2k1-k2,xPxQ=-21-k2，
所以|PQ|=1+k2⋅xP+xQ2-4xPxQ
=1+k2⋅-2k1-k22-4×-21-k2=21+k2⋅2-k211-k2.
联立y=x,y=kx-1,可得xM=1k-1，同理可得xN=11+k，
所以|MN|=1+k2|xM-xN|=1+k2⋅|1k-1-1k+1| =21+k211-k2，
所以|PQ||MN|=21+k2⋅2-k221+k2=2-k2，
其中k∈(-1,1)，则k2∈0,1，所以|PQ||MN|∈1,2.
【题型7 双曲线的“中点弦”问题】
【例7】（2023·陕西宝鸡·模拟预测）已知双曲线E：x2a2-y2b2=1a>0,b>0的右焦点为F5,0，过点F的直线交双曲线E于A、B两点.若AB的中点坐标为6,-2，则E的方程为（ ）
A．x25-y220=1B．x216-y29=1
C．x29-y216=1D．x215-y210=1
【解题思路】设Ax1,y1,Bx2,y2，由x12a2-y12b2=1x22a2-y22b2=1，利用点差法求解.
【解答过程】解：设Ax1,y1,Bx2,y2，
则x12a2-y12b2=1x22a2-y22b2=1，两式相减得y1-y2x1-x2=b2a2⋅x1+x2y1+y2，
即0--25-6=b2a2⋅2×62×-2，化简得3b2=2a2，
又c=5,c2=a2+b2，解得a2=15,b2=10，
所以双曲线的方程为： x215-y210=1.
故选：D.
【变式7-1】（2023·河南·三模）已知直线l:4x-2y-7=0与双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的两条渐近线分别交于点A，B（不重合），AB的垂直平分线过点3,0，则双曲线C的离心率为（ ）
A．233B．5-12C．3D．62
【解题思路】首先求出AB的垂直平分线的方程，即可求出AB的中点坐标，设Ax1,y1，Bx2,y2，利用点差法得到b2a2=12，最后利用离心率公式计算可得.
【解答过程】因为直线l:4x-2y-7=0，所以kl=2，
由题可知AB的垂直平分线的方程为y=-12x-3，
将y=-12x-3与4x-2y-7=0联立可得x=2y=12，即AB的中点坐标为2,12．
设Ax1,y1，Bx2,y2，则x12a2-y12b2=0x22a2-y22b2=0，且x1+x2=4，y1+y2=1，
两式作差可得x1+x2x1-x2a2-y1+y2y1-y2b=0，
即y1+y2x1+x2⋅y1-y2x1-x2=b2a2，所以b2a2=14×2=12，
则双曲线C的离心率为1+b2a2=62．
故选：D.
【变式7-2】（2023·广西南宁·模拟预测）已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)经过点-2,6，其渐近线方程为y=±2x．
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点P1,1的直线l与双曲线C相交于A，B两点，P能否是线段AB的中点？请说明理由．
【解题思路】（1）由渐近线方程求得一个a,b关系，再代入点的坐标，可解得得双曲线方程；
（2）设出交点坐标，若P1,1是线段AB的中点，利用点差法求出直线l方程，再联直线与双曲线查看是否有解，即可判断.
【解答过程】（1）由题双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)经过点-2,6，其渐近线方程为y=±2x，
所以-22a2-62b2=1,ba=2，a>0,b>0，
解得a=1,b=2，
所以双曲线C的方程为：x2-y22=1.
（2）
当直线l垂直x轴时，直线l的方程为x=1，此时直线l与双曲线只有一个交点，不满足；
当直线l不垂直x轴时，斜率存在，
设Ax1,y1,Bx2,y2，
所以x12-y122=1x22-y222=1，
两式作差得x12-x22-y122-y222=0⇒x12-x22=y122-y222，
即x1-x2x1+x2=12y1-y2y1+y2，
若P1,1是线段AB的中点，则x1+x2=2,y1+y2=2，
则x1-x2=12y1-y2，
所以直线l的斜率k=y1-y2x1-x2=2，
则直线l的方程为y=2x-1+1⇒y=2x-1，
将直线l与双曲线联立y=2x-1x2-y22=1，得2x2-4x+3=0，
Δ=-42-4×2×3=-80,b>0)的一条渐近线方程y=2x，原点到过A(a,0)、B(0,-b)点的直线l的距离为63．
(1)求双曲线方程；
(2)过点Q(1,1)能否作直线m，使m与已知双曲线交于两点P1、P2，且Q是线段P1P2的中点？若存在，请求出直线m的方程；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）求出直线l的方程，根据原点到直线的距离求出a,b的关系式，再结合双曲线的渐近线方程求出a,b，即可得解；
（2）假设直线m存在，设Q是线段P1P2的中点，且P1(x1,y1)，P2(x2,y2)，利用点差法求出直线m的方程，再联立方程，根据根的判别式即可得出结论.
【解答过程】（1）解：因为直线l过A(a,0)、B(0,-b)两点，所以方程为bx-ay-ab=0，
因为原点到直线l的距离为63，所以abb2+a2=63，
因为双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程y=2x，
所以ba=2，解得a=1，b=2，
所以双曲线方程为x2-y22=1；
（2）解：假设直线m存在，设Q是线段P1P2的中点，且P1(x1,y1)，P2(x2,y2)，
则x1+x2=2，y1+y2=2，
因为P1、P2在双曲线上，
则x12-y122=1x22-y222=1，两式相减整理得2(x1+x2)(x1-x2)-(y1-y2)(y1+y2)=0，
所以4(x1-x2)=2(y1-y2)，所以k=2，
所以直线l的方程为y-1=2(x-1)，即2x-y-1=0，
联立2x-y-1=0x2-y22=1，消y得2x2-4x+3=0，
因为Δ=16-4×3×2=-80,b>0)上，且C的离心率为355，直线l交C的左支于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0．
(1)求直线l的斜率；
(2)若tan∠PAQ=43，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，求△AMN的面积．
【解题思路】（1）由题意列出关于a,b,c的方程组，求出椭圆方程，设直线l的方程为y=kx+m,Px1,y1,Qx2,y2，联立方程，利用韦达定理求出x1+x2,x1x2，再根据直线AP，AQ的斜率之和为0，化简整理即可得出答案;
（2）由直线AP，AQ的斜率之和为0，得它们的倾斜角互补，从而由已知正切值求得两直线斜率，得直线方程，从而求得M,N两点的坐标，然后可计算出三角形面积．
【解答过程】（1）由题意得9a2-165b2=1ca=355c2=a2+b2，解得a2=5b2=4c2=9，
所以双曲线C的方程为x25-y24=1，
由题意直线l的斜率存在，设其方程为y=kx+m,Px1,y1,Qx2,y2，
联立x25-y24=1y=kx+m，得4-5k2x2-10kmx-5m2-20=0，
则Δ=100k2m2-44-5k2-5m2-20>0，则m2+4-5k2>0，
x1+x2=10km4-5k2,x1x2=-5m2-204-5k2，
由kAP+kAQ=y1-455x1-3+y2-455x2-3=0，
得y1-455x1-3=-y2-455x2-3，即y1-455x2-3+y2-455x1-3=0，
即kx1+m-455x2-3+kx2+m-455x1-3=0，
整理得2kx1x2-3kx1+x2+m-455x1+x2-6m-455=0，
则2k⋅-5m2-204-5k2+m-455-3k⋅10km4-5k2-6m-455=0，
整理得15k2+55k+5km+35m-12=0，
即5k+335k+5m-4=0，
因为直线l不过点A，所以455≠3k+m，即35k+5m-4≠0，
所以5k+3=0，所以k=-355，
即直线l的斜率为-355；
（2）不妨设直线AP，AQ的倾斜角分别为α，β013，
当y0=0时，即点P为右顶点时，AB=CD=2b2a=23,PF1=a+c=2+3,PF2=c-a=2-3，
所以S△PAB⋅S△PCD=12AB⋅PF1⋅12CD⋅PF2=12×23×2+3⋅12×23×2-3=13，
所以S△PAB⋅S△PCD的最小值为13.
【题型9 双曲线中的定点、定值、定直线问题】
【例9】（2023·广东汕头·三模）已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的实轴长为22，C的一条渐近线斜率为-22，直线l交C于P，Q两点，点M2a,b在双曲线C上.
(1)若直线l过C的右焦点，且斜率为-1，求△PMQ的面积；
(2)设P，Q为双曲线C上异于点M2a,b的两动点，记直线MP，MQ的斜率分别为k1，k2，若k1+k2=2k1k2，求证：直线PQ过定点.
【解题思路】（1）根据双曲线离心率公式，结合双曲线焦距定义求出双曲线的方程联立进行求解即可；
（2）设出直线方程与双曲线方程联立，根据一元二次方程根的判别式、根与系数关系，结合直线斜率公式进行求解即可.
【解答过程】（1）如图：

因为双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的实轴长为22，
所以2a=22，即a=2.又因为C的一条渐近线斜率为-22，
所以-ba=-22，所以b=1，故双曲线C:x22-y2=1.
则其右焦点坐标为3,0，因为直线l过C的右焦点，且斜率为-1，
所以直线l的方程为：y=-x+3，设Px1,y1，Qx2,y2.
联立y=-x+3x22-y2=1得：x2-43x+8=0，
所以由韦达定理得：x1+x2=43，x1x2=8.
所以PQ=1+k2x1+x22-4x1x2=248-32=42，
点M2,1到直线l的距离为：d=3-32.
所以S△PMQ=12PQd=12×42×3-32=6-23.
（2）证明：如图

设直线PQ的方程为：x=my+n，设Px1,y1，Qx2,y2.
联立x=my+nx22-y2=1得：m2-2y2+2mny+n2-2=0.
Δ=4m2n2-4m2-2n2-2=8m2+n2-2>0，即m2+n2>2
所以：y1+y2=-2mnm2-2，y1y2=n2-2m2-2.
而M2,1，则k1=y1-1x1-2，k2=y2-1x2-2.
因为k1+k2=2k1k2，所以y1-1x1-2+y2-1x2-2=2y1-1x1-2⋅y2-1x2-2
整理的：y1-1x2-2x1-2x2-2+y2-1x1-2x1-2x2-2=2y1-1x1-2⋅y2-1x2-2，
所以y1-1x2-2+y2-1x1-2=2y1-1y2-1，
所以：y1x2+y2x1-x2-x1+2=2y1y2，
所以y1my2+n+y2my1+n-my2+n-my1+n+2=2y1y2，
整理得：2m-2y1y2+n-my1+y2-2n+2=0，
代入韦达定理得：2m-2n2-2m2-2+-2mnn-mm2-2+-2n+2m2-2m2-2=0，
所以2m-2n2-2-2mnn-m+-2n+2m2-2=0，
整理得：m2-n2-2m-2n=0，
即m-nm+n-2=0，则m=n或m=2-n.
当m=n时，直线线PQ的方程为：x=ny+n=ny+1，所以过定点0,-1；
当m=2-n时，直线线PQ的方程为：x=2-ny+n=n1-y+2y，所以过定点2,1.
即为M2,1，因为P，Q为双曲线C上异于点M2,1的两动点，所以不符合题意.
故直线PQ过的定点为0,-1.
【变式9-1】（2023·重庆万州·模拟预测）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且F1F2=4，C的一条渐近线与直线l：y=-33x垂直.
(1)求C的标准方程；
(2)点M为C上一动点，直线MF1，MF2分别交C于不同的两点A，B（均异于点M），且MF1=λF1A，MF2=μF2B，问：λ+μ是否为定值？若为定值，求出该定值，请说明理由.
【解题思路】（1）利用焦距求c，利用渐近线与直线y=-33x垂直求出a、b关系，再利用c2=a2+b2求解；
（2）设直线MF1的方程与双曲线联立，得到韦达定理，利用点M在曲线上满足x02-y023=1消元，分别得到λ=-y0y1，μ=-y0y2，将韦达定理代入求定值.
【解答过程】（1）因为F1F2=2c=4，所以c=2，
因为双曲线C的渐近线与直线l：y=-33x垂直，
所以ba=3，②
又c2=a2+b2，③
解得a=1，b=3，
所以双曲线C的方程为x2-y23=1.
（2）设Mx0,y0，则x02-y023=1，F1-2,0，F22,0
设Ax1,y1，Bx2,y2，
所以MF1=-2-x0,-y0，F1A=x1+2,y1，
因为MF1=λF1A，所以-y0=λy1，所以λ=-y0y1，
同理可得μ=-y0y2，所以λ+μ=-y0y1-y0y2，
直线MF1的方程为x=x0+2y0y-2，
联立双曲线的方程可得3x0+22-y02+12x0+2y0y+9y02=0，
所以y0y1=9y023x0+22-y02，所以y1=9y03x0+22-y02，所以y0y1=3x0+22-y029=3x02-y02+12x0+129，
因为x02-y023=1，即3x02-y02=3，所以y0y1=3x0+22-y029=3+12x0+129=5+4x03
同理y0y2=5-4x03，
λ+μ=-y0y1-y0y2=-5+4x03-5-4x03=-103，
所以λ+μ是定值，定值为-103.
【变式9-2】（2023·全国·模拟预测）已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的一条渐近线经过点P(1,22)，C上任意一点Q到其两条渐近线的距离之积43.
(1)求C的标准方程.
(2)若△ABD的顶点都在C上，点D在第四象限且纵坐标为-1，直线DA，DB分别与y轴交于点M，N，且原点O平分线段MN.试判断直线AB是否过定点.若过定点，求出该点的坐标；若不过定点，请说明理由.
【解题思路】（1）根据给定条件，求出双曲线C的渐近线方程，并将C的方程化为x22b2-y2b2=1，设出点Q的坐标，借助点到直线距离列式计算即得.
（2）直线AB的斜率存在，设出直线AB方程，与双曲线方程联立，由直线DA,DB的方程求出点M,N的坐标，结合韦达定理及已知计算推理即得.
【解答过程】（1）由双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0的一条渐近线经过点P(1,22)，得ba=22，
即有a2=2b2，c2=a2+b2=3b2，则C的方程为x22b2-y2b2=1，C的渐近线的方程为y=±22x，即x±2y=0，
设Qx0,y0，则x022b2-y02b2=1，即x02-2y02=2b2，
则点Q到C的两条渐近线的距离之积为|x0+2y0||x0-2y0|3×3=|x02-2y02|3=2b23=43，解得b2=2，
所以双曲线C的标准方程x24-y22=1.
（2）直线AB过定点.
依题意，D(6,-1)，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
显然直线AB的斜率存在，否则，由双曲线的对称性及点M,N关于原点O对称，
得D必在x轴上，矛盾，设直线AB的方程为y=mx+n，
由y=mx+nx24-y22=1消去y并整理，得(1-2m2)x2-4mnx-2n2-4=0，
则1-2m2≠0，且(-4mn)2-4(1-2m2)(-2n2-4)>0，即m2≠12，且n2-4m2+2>0，
于是x1+x2=4mn1-2m2，x1x2=-2n2-41-2m2，
直线DA的方程为y+1=y1+1x1-6(x-6)，令x=0，得yM=-1-6y1+6x1-6，
即M(0,-1-6y1+6x1-6)，同理可得N(0,-1-6y2+6x2-6)，由原点O平分线段MN，
得-1-6y1+6x1-6-1-6y2+6x2-6=-2-6(mx1+n)+6x1-6-6(mx2+n)+6x2-6=0，
整理得(26m+2)x1x2+(6n-6m-6)(x1+x2)-12n=0，
即(26m+2)⋅-2n2-41-2m2+(6n-6m-6)⋅4mn1-2m2-12n=0，
则n2+6mn+26m+3n+2=0，即(n+2)(n+6m+1)=0，
当n+2=0，即n=-2时，直线AB的方程为y=mx-2，此时直线AB过定点0,-2；
当n+6m+1=0时，直线AB的方程为y=m(x-6)-1，此时直线AB过点D(6,-1)，不满足题意，
所以直线AB过定点0,-2.
【变式9-3】（2023·山西·二模）已知双曲线C:x2a2-y2b2=1a>0,b>0经过点D4,3，直线l1、l2分别是双曲线C的渐近线，过D分别作l1和l2的平行线l'1和l'2，直线l'1交x轴于点M，直线l'2交y轴于点N，且OM⋅ON=23（O是坐标原点）
(1)求双曲线C的方程；
(2)设A1、A2分别是双曲线C的左、右顶点，过右焦点F的直线交双曲线C于P、Q两个不同点，直线A1P与A2Q相交于点G，证明：点G在定直线上.
【解题思路】（1）求出点M、N的坐标，根据题中条件可得出关于a、b的方程组，解出a2、b2的值，即可得出双曲线C的方程；
（2）分析可知直线PQ不与x轴重合，设Px1,y1、Qx2,y2，直线PQ的方程为x=my+7，将直线PQ的方程与双曲线C的方程联立，列出韦达定理，求出直线A1P与A2Q的方程，将这两条直线联立，求出点G的横坐标，即可得出结论.
【解答过程】（1）解：由题意得16a2-9b2=1，∴16b2-9a2=a2b2，
不妨设直线l1的方程为y=bax，则直线l'1的方程为y-3=bax-4，
在直线l'1的方程中，令y=0可得x=4-3ab，即点M4-3ab,0，同理可得N0,3+4ba，
∴OM⋅ON=4-3ab3+4ba=16b2-9a2ab=ab=23，
由16b2-9a2=a2b2ab=23可得a2=4b2=3，因此，双曲线C的方程为x24-y23=1.
（2）证明：由（1）得A1-2,0、A22,0、F7,0，
若直线PQ与x轴重合，则P、Q为双曲线的顶点，不合乎题意，
设Px1,y1、Qx2,y2，直线PQ的方程为x=my+7，
联立x=my+73x2-4y2=12可得3m2-4y2+67my+9=0，
所以，3m2-4≠0Δ=36×7m2-363m2-4=144m2+1>0，解得m≠±233，
∴y1+y2=-67m3m2-4，y1y2=93m2-4，
直线A1P的方程为y=y1x1+2x+2，直线A2Q的方程为y=y2x2-2x-2，
联立直线A1P与A2Q的方程，可得y1x1+2x+2=y2x2-2x-2，
所以，x+2x-2=y2x1+2y1x2-2=y2my1+2+7y1my2+7-2=my1y2+2+7y2my1y2+7-2y1
=9m3m2-4+7+2-67m3m2-4-y19m3m2-4+7-2y1=-33m+127m3m2-4-7+2y19m3m2-4+7-2y1，
因为x+2x-2=-33m+127m3m2-419m3m2-4=-11+473，解得x=477，
因此，点G在定直线x=477上.
1．（2023·全国·高考真题）已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为5，C的一条渐近线与圆(x-2)2+(y-3)2=1交于A，B两点，则|AB|=（ ）
A．55B．255C．355D．455
【解题思路】根据离心率得出双曲线渐近线方程，再由圆心到直线的距离及圆半径可求弦长.
【解答过程】由e=5，则c2a2=a2+b2a2=1+b2a2=5，
解得ba=2，
所以双曲线的一条渐近线为y=2x，
则圆心(2,3)到渐近线的距离d=|2×2-3|22+1=55，
所以弦长|AB|=2r2-d2=21-15=455.
故选：D.
2．（2023·全国·高考真题）设A，B为双曲线x2-y29=1上两点，下列四个点中，可为线段AB中点的是（ ）
A．1,1B．-1,2C．1,3D．-1,-4
【解题思路】根据点差法分析可得kAB⋅k=9，对于A、B、D：通过联立方程判断交点个数，逐项分析判断；对于C：结合双曲线的渐近线分析判断.
【解答过程】设Ax1,y1,Bx2,y2，则AB的中点Mx1+x22,y1+y22，
可得kAB=y1-y2x1-x2,k=y1+y22x1+x22=y1+y2x1+x2，
因为A,B在双曲线上，则x12-y129=1x22-y229=1，两式相减得x12-x22-y12-y229=0，
所以kAB⋅k=y12-y22x12-x22=9.
对于选项A： 可得k=1,kAB=9，则AB:y=9x-8，
联立方程y=9x-8x2-y29=1，消去y得72x2-2×72x+73=0，
此时Δ=-2×722-4×72×73=-2880,b>0)的左、右焦点分别为F1、F2．过F2向一条渐近线作垂线，垂足为P．若PF2=2，直线PF1的斜率为24，则双曲线的方程为（ ）
A．x28-y24=1B．x24-y28=1
C．x24-y22=1D．x22-y24=1
【解题思路】先由点到直线的距离公式求出b，设∠POF2=θ，由tanθ=bOP=ba得到OP=a，OF2=c.再由三角形的面积公式得到yP，从而得到xP，则可得到aa2+2=24，解出a，代入双曲线的方程即可得到答案.
【解答过程】如图，

因为F2c,0，不妨设渐近线方程为y=bax，即bx-ay=0，
所以PF2=bca2+b2=bcc=b，
所以b=2.
设∠POF2=θ,则tanθ=PF2OP=bOP=ba，所以OP=a，所以OF2=c.
因为12ab=12c⋅yP,所以yP=abc，所以tanθ=yPxP=abcxP=ba，所以xP=a2c，
所以Pa2c,abc，
因为F1-c,0，
所以kPF1=abca2c+c=aba2+c2=2aa2+a2+4=aa2+2=24，
所以2a2+2=4a，解得a=2，
所以双曲线的方程为x22-y24=1
故选：D.
4．（2022·全国·高考真题）双曲线C的两个焦点为F1,F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C交于M，N两点，且cs∠F1NF2=35，则C的离心率为（ ）
A．52B．32C．132D．172
【解题思路】依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过F1作圆D的切线切点为G，利用正弦定理结合三角变换、双曲线的定义得到2b=3a或a=2b，即可得解，注意就M,N在双支上还是在单支上分类讨论.
【解答过程】[方法一]：几何法，双曲线定义的应用
情况一
M、N在双曲线的同一支，依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过F1作圆D的切线切点为B，
所以OB⊥F1N，因为cs∠F1NF2=35>0，所以N在双曲线的左支，
|OB|=a，|OF1|=c， |F1B|=b，设∠F1NF2=α，由即csα=35，则sinα=45，
|NA|=32a，|NF2|=52a
|NF2|-|NF1|=2a
52a-(32a-2b)=2a，
2b=a，∴e=52
选A
情况二
若M、N在双曲线的两支，因为cs∠F1NF2=35>0，所以N在双曲线的右支，
所以|OB|=a，|OF1|=c， |F1B|=b，设∠F1NF2=α，
由cs∠F1NF2=35，即csα=35，则sinα=45，
|NA|=32a，|NF2|=52a
|NF1|-|NF2|=2a
32a+2b-52a=2a，
所以2b=3a，即ba=32，
所以双曲线的离心率e=ca=1+b2a2=132
选C
[方法二]：答案回代法
A选项e=52
特值双曲线
x24-y2=1,∴F1(-5,0),F2(5,0)，
过F1且与圆相切的一条直线为y=2(x+5)，
∵两交点都在左支,∴N(-655,-255)，
∴|NF2|=5,|NF1|=1,|F1F2|=25，
则cs∠F1NF2=35，
C选项e=132
特值双曲线x24-y29=1,∴F1(-13,0),F2(13,0)，
过F1且与圆相切的一条直线为y=23(x+13)，
∵两交点在左右两支，N在右支，∴N(141313,181313)，
∴|NF2|=5,|NF1|=9,|F1F2|=213，
则cs∠F1NF2=35，
[方法三]：
依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过F1作圆D的切线切点为G，
若M,N分别在左右支，
因为OG⊥NF1，且cs∠F1NF2=35>0，所以N在双曲线的右支，
又|OG|=a，|OF1|=c，|GF1|=b，
设∠F1NF2=α，∠F2F1N=β，
在△F1NF2中，有|NF2|sinβ=|NF1|sin(α+β)=2csinα，
故|NF1|-|NF2|sin(α+β)-sinβ=2csinα即asin(α+β)-sinβ=csinα，
所以asinαcsβ+csαsinβ-sinβ=csinα，
而csα=35，sinβ=ac，csβ=bc，故sinα=45，
代入整理得到2b=3a，即ba=32，
所以双曲线的离心率e=ca=1+b2a2=132
若M,N均在左支上，
同理有|NF2|sinβ=|NF1|sin(α+β)=2csinα，其中β为钝角，故csβ=-bc，
故|NF2|-|NF1|sinβ-sin(α+β)=2csinα即asinβ-sinαcsβ-csαsinβ=csinα，
代入csα=35，sinβ=ac，sinα=45，整理得到：a4b+2a=14，
故a=2b，故e=1+(ba)2=52，
故选：AC.
5．（2023·北京·高考真题）已知双曲线C的焦点为(-2,0)和(2,0)，离心率为2，则C的方程为 x22-y22=1 ．
【解题思路】根据给定条件，求出双曲线C的实半轴、虚半轴长，再写出C的方程作答.
【解答过程】令双曲线C的实半轴、虚半轴长分别为a,b，显然双曲线C的中心为原点，焦点在x轴上，其半焦距c=2，
由双曲线C的离心率为2，得ca=2，解得a=2，则b=c2-a2=2，
所以双曲线C的方程为x22-y22=1.
故答案为：x22-y22=1.
6．（2023·全国·高考真题）已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2．点A在C上，点B在y轴上，F1A⊥F1B,F2A=-23F2B，则C的离心率为 355 ．
【解题思路】方法一：利用双曲线的定义与向量数积的几何意义得到AF2,BF2,BF1,AF1关于a,m的表达式，从而利用勾股定理求得a=m，进而利用余弦定理得到a,c的齐次方程，从而得解.
方法二：依题意设出各点坐标，从而由向量坐标运算求得x0=53c,y0=-23t，t2=4c2，将点A代入双曲线C得到关于a,b,c的齐次方程，从而得解；
【解答过程】方法一：
依题意，设AF2=2m，则BF2=3m=BF1,AF1=2a+2m，
在Rt△ABF1中，9m2+(2a+2m)2=25m2，则(a+3m)(a-m)=0，故a=m或a=-3m（舍去），
所以AF1=4a,AF2=2a，BF2=BF1=3a，则AB=5a，
故cs∠F1AF2=AF1AB=4a5a=45，
所以在△AF1F2中，cs∠F1AF2=16a2+4a2-4c22×4a×2a=45，整理得5c2=9a2，
故e=ca=355.
方法二:
依题意，得F1(-c,0),F2(c,0)，令Ax0,y0,B(0,t)，
因为F2A=-23F2B，所以x0-c,y0=-23-c,t，则x0=53c,y0=-23t，
又F1A⊥F1B，所以F1A⋅F1B=83c,-23t⋅c,t =83c2-23t2=0，则t2=4c2，
又点A在C上，则259c2a2-49t2b2=1，整理得25c29a2-4t29b2=1，则25c29a2-16c29b2=1，
所以25c2b2-16c2a2=9a2b2，即25c2c2-a2-16a2c2=9a2c2-a2，
整理得25c4-50a2c2+9a4=0，则5c2-9a25c2-a2=0，解得5c2=9a2或5c2=a2，
又e>1，所以e=355或e=55（舍去），故e=355.
故答案为：355.
7．（2022·浙江·高考真题）已知双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F，过F且斜率为b4a的直线交双曲线于点Ax1,y1，交双曲线的渐近线于点Bx2,y2且x10的渐近线为y=±xm，即x±my=0，
不妨取x+my=0，圆x2+y2-4y+3=0，即x2+y-22=1，所以圆心为0,2，半径r=1，
依题意圆心0,2到渐近线x+my=0的距离d=2m1+m2=1，
解得m=33或m=-33（舍去）．
故答案为：33．
9．（2023·全国·高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为-25,0，离心率为5．
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点-4,0的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P．证明:点P在定直线上.
【解题思路】（1）由题意求得a,b的值即可确定双曲线方程；
（2）设出直线方程，与双曲线方程联立，然后由点的坐标分别写出直线MA1与NA2的方程，联立直线方程，消去y，结合韦达定理计算可得x+2x-2=-13，即交点的横坐标为定值，据此可证得点P在定直线x=-1上.
【解答过程】（1）设双曲线方程为x2a2-y2b2=1a>0,b>0，由焦点坐标可知c=25，
则由e=ca=5可得a=2，b=c2-a2=4，
双曲线方程为x24-y216=1.
（2）由(1)可得A1-2,0,A22,0，设Mx1,y1,Nx2,y2，
显然直线的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x=my-4，且-120,b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y=±3x．
(1)求C的方程；
(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点Px1,y1,Qx2,y2在C上，且x1>x2>0,y1>0．过P且斜率为-3的直线与过Q且斜率为3的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：
①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|=|MB|．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
【解题思路】（1）利用焦点坐标求得c的值，利用渐近线方程求得a,b的关系，进而利用a,b,c的平方关系求得a,b的值，得到双曲线的方程；
（2）先分析得到直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k, M(x0,y0),由③|AM|=|BM|等价分析得到x0+ky0=8k2k2-3；由直线PM和QM的斜率得到直线方程，结合双曲线的方程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率m=3x0y0，由②PQ//AB等价转化为ky0=3x0，由①M在直线AB上等价于ky0=k2x0-2，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.
【解答过程】（1）右焦点为F(2,0)，∴c=2,∵渐近线方程为y=±3x，∴ba=3，∴b=3a，∴c2=a2+b2=4a2=4，∴a=1，∴b=3．
∴C的方程为：x2-y23=1；
（2）由已知得直线PQ的斜率存在且不为零，直线AB的斜率不为零，
若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线AB的斜率存在且不为零；
若选①③推②，则M为线段AB的中点，假若直线AB的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M在x轴上，即为焦点F,此时由对称性可知P、Q关于x轴对称，与从而x1=x2，已知不符；
总之，直线AB的斜率存在且不为零.
设直线AB的斜率为k,直线AB方程为y=kx-2,
则条件①M在AB上，等价于y0=kx0-2⇔ky0=k2x0-2；
两渐近线的方程合并为3x2-y2=0,
联立消去y并化简整理得：k2-3x2-4k2x+4k2=0
设Ax3,y3,Bx4,y4,线段中点为NxN,yN,则xN=x3+x42=2k2k2-3,yN=kxN-2=6kk2-3,
设Mx0,y0,
则条件③AM=BM等价于x0-x32+y0-y32=x0-x42+y0-y42,
移项并利用平方差公式整理得：
x3-x42x0-x3+x4+y3-y42y0-y3+y4=0，
2x0-x3+x4+y3-y4x3-x42y0-y3+y4=0,即x0-xN+ky0-yN=0,
即x0+ky0=8k2k2-3；
由题意知直线PM的斜率为-3, 直线QM的斜率为3,
∴由y1-y0=-3x1-x0,y2-y0=3x2-x0,
∴y1-y2=-3x1+x2-2x0,
所以直线PQ的斜率m=y1-y2x1-x2=-3x1+x2-2x0x1-x2,
直线PM:y=-3x-x0+y0,即y=y0+3x0-3x,
代入双曲线的方程3x2-y2-3=0,即3x+y3x-y=3中，
得：y0+3x023x-y0+3x0=3,
解得P的横坐标：x1=1233y0+3x0+y0+3x0,
同理：x2=-1233y0-3x0+y0-3x0，
∴x1-x2=133y0y02-3x02+y0,x1+x2-2x0=-3x0y02-3x02-x0,
∴m=3x0y0,
∴条件②PQ//AB等价于m=k⇔ky0=3x0，
综上所述：
条件①M在AB上，等价于ky0=k2x0-2；
条件②PQ//AB等价于ky0=3x0；
条件③AM=BM等价于x0+ky0=8k2k2-3；
选①②推③:
由①②解得：x0=2k2k2-3,∴x0+ky0=4x0=8k2k2-3,∴③成立；
选①③推②：
由①③解得：x0=2k2k2-3，ky0=6k2k2-3，
∴ky0=3x0，∴②成立；
选②③推①：
由②③解得：x0=2k2k2-3，ky0=6k2k2-3，∴x0-2=6k2-3，
∴ky0=k2x0-2，∴①成立.