双曲线
必备知识
若双曲线方程为\(\cfrac{x^2}{a^2}-\cfrac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0)\),则渐近线方程为\(y=\pm \cfrac{b}{a} x\);巧记,将原方程改写为\(\cfrac{x^2}{a^2}\)-\(\cfrac{y^2}{b^2}\)\(=0\),解得其渐近线方程为\(y\)\(=\)\(\pm\)\(\cfrac{b}{a}x\);\(\quad\);
若双曲线的渐近线方程为\(ax\pm by=0\),则可设双曲线方程为\(a^2x^2-b^2y^2=\lambda(\lambda\neq 0)\);
若双曲线的\(e=\sqrt{2}\),则可知\(a=b\),则可设双曲线方程为\(x^2-y^2=\lambda(\lambda\neq 0)\);
若双曲线为等轴双曲线,则可设双曲线方程为\(x^2-y^2=\lambda(\lambda\neq 0)\);
典例剖析
分析:方程要表示为双曲线,等价于\(\left\{\begin{array}{l}{8+a>0}\\{a-4>0}\end{array}\right.\)或者\(\left\{\begin{array}{l}{8+a<0}\\{a-4<0}\end{array}\right.\)
解得\(a<-8\)或\(a>4\)。故其充要条件为\(a\in (-\infty,8)\cup(4,+\infty)\)。
【引申对照】方程\(\cfrac{x^2}{8+a}-\cfrac{y^2}{a-4}=1\)表示椭圆的充要条件是________.
分析:先将方程变形为\(\cfrac{x^2}{8+a}+\cfrac{y^2}{-(a-4)}=1\),方程要表示为椭圆,
等价于\(\left\{\begin{array}{l}{8+a>0}\\{a-4<0}\\{8+a>-(4-a)}\end{array}\right.\),或\(\left\{\begin{array}{l}{8+a>0}\\{a-4<0}\\{8+a<-(4-a)}\end{array}\right.\),
解得\(-8<a<-2\)或\(-2<a<4\),故其表示椭圆的充要条件为\(a\in (-8,-2)\cup (-2,4)\).
补充:当\(a=-2\)时,方程表示圆;
分析:求\(\Delta APF\)面积的最小值,其中边AF长度固定,故只需要求边AF上的高线的最小值即可。
法1、平行线法,如图1所示,容易知道点\(F(3,0)\),故直线\(AF:2\sqrt{6}x+y-6\sqrt{6}=0\),
设\(l\)和直线AF平行且和双曲线的左支相切与点P,故直线\(l:2\sqrt{6}x+y+m=0\),
联立\(2\sqrt{6}x+y+m=0\)和\(x^2-\cfrac{y^2}{8}=1\),消\(y\)得到\(16x^2+4\sqrt{6}mx+m^2+8=0\),
由于相切得到\(\Delta =96m^2-4\times16(m^2+8)=0\),解得\(m=\pm 4\),结合图像将\(m=-4舍弃\),
即直线\(l:2\sqrt{6}x+y+4=0\),故三角形的高的最小值即两条平行线的间距,
故AF边上的高\(h=\cfrac{|4-(-6\sqrt{6})|}{\sqrt{(2\sqrt{6})^2+1}}=\cfrac{6\sqrt{6}+4}{5}\),
故\(S_{min}=\cfrac{1}{2}\times|AF|\times \cfrac{6\sqrt{6}+4}{5}=\cfrac{1}{2}\times15\times \cfrac{6\sqrt{6}+4}{5}=9\sqrt{6}+6\)。
法2、函数法,如图2所示,由题目可知双曲线的左支对应的函数为\(y=f(x)=\pm\sqrt{8x^2-8}(x<0)\),
设点\(P(x_0,y_0)\),则\(f'(x)=\pm\cfrac{1}{2\sqrt{8x^2-8}}\cdot 16x=\pm\cfrac{8x}{\sqrt{8x^2-8}}\),
结合图像可知\(f'(x)<0\),故取\(f'(x)=\cfrac{8x}{\sqrt{8x^2-8}}(x<0)\),当\(f'(x)=k_{AF}=-2\sqrt{6}\)时,
AF边上的高线最小(可结合平行线法理解),故\(\cfrac{8x_0}{\sqrt{8x_0^2-8}}=-2\sqrt{6}\),
解得\(x_0=-\cfrac{\sqrt{6}}{2}\),代入得到\(y=2\),即切点\(P(-\cfrac{\sqrt{6}}{2},2)\),
故高\(h=\cfrac{|2\sqrt{6}\cdot(-\cfrac{\sqrt{6}}{2})+2-6\sqrt{6}|}{5}=\cfrac{6\sqrt{6}+4}{5}\),
故\(S_{min}=\cfrac{1}{2}\times|AF|\times \cfrac{6\sqrt{6}+4}{5}=\cfrac{1}{2}\times15\times \cfrac{6\sqrt{6}+4}{5}=9\sqrt{6}+6\)。
法3、参数方程法,不要求学生掌握。由于双曲线为\(x^2-\cfrac{y^2}{8}=1\),
故其参数方程为\(\begin{cases}x=\cfrac{1}{cos\theta}\\y=2\sqrt{2}tan\theta\end{cases}(\theta为参数)\),
故\(h=\cfrac{|\cfrac{2\sqrt{6}}{cos\theta}+2\sqrt{2}tan\theta-6\sqrt{6}|}{5}=\cfrac{|\cfrac{2\sqrt{6}}{cos\theta}+\cfrac{2\sqrt{2}sin\theta}{cos\theta}-6\sqrt{6}|}{5}\),
以下难点转化为求\(\cfrac{2\sqrt{6}}{cos\theta}+\cfrac{2\sqrt{2}sin\theta}{cos\theta}\)的值。
令\(m=\cfrac{2\sqrt{6}}{cos\theta}+\cfrac{2\sqrt{2}sin\theta}{cos\theta}\),
则有\(2\sqrt{6}+2\sqrt{2}sin\theta=mcos\theta\),故\(\sqrt{m^2+8}cos\theta=2\sqrt{6}\),
即\(cos\theta=\cfrac{2\sqrt{6}}{\sqrt{m^2+8}}\),故\(|cos\theta|=|\cfrac{2\sqrt{6}}{\sqrt{m^2+8}}|\leq 1\),
解得\(m\ge 4\)或者\(m\leq -4\),由于参数\(\theta\in(0,\pi)\),且点P在左支,
故\(\theta\in(\cfrac{\pi}{2},\pi)\),故\(m<0\),故当\(m=-4\)时\(d\)有最小值,
此时\(d_{min}=\cfrac{|-4-6\sqrt{6}|}{5}=\cfrac{4+6\sqrt{6}}{5}\),
故\(S_{min}=\cfrac{1}{2}\times|AF|\times \cfrac{6\sqrt{6}+4}{5}=\cfrac{1}{2}\times15\times \cfrac{6\sqrt{6}+4}{5}=9\sqrt{6}+6\)。
分析:抛物线的焦点为\((1,0)\),准线为\(x=-1\),令\(AB\)的中点为\(C\),则\(|CF|=2\),
又有题目可知,\(\Delta FAB\)为等腰直角三角形,故\(|AC|=|CF|=2\),
故点A\((-1,2)\) 代入双曲线方程得到\(a^2=\cfrac{1}{2}\),
故\(c^2=a^2+b^2=4+\cfrac{1}{2}=\cfrac{9}{2}\),
则双曲线的离心率为\(e=\sqrt{\cfrac{c^2}{a^2}}=3\)。 故选\(A\)。
分析:先将圆配方为\((x-\cfrac{3}{2})^2+(y-2)^2=9+\cfrac{9}{4}\),
由已知可知,圆心\((\cfrac{3}{2},2)\)一定在直线\(ax-by=0\)上,
故\(\cfrac{3}{2}a=2b\),即\(3a=4b\),
令\(a=4t(t>0)\),则\(b=3t\),\(c=5t\),
故离心率\(e=\cfrac{c}{a}=\cfrac{5}{4}\)。故选\(C\)。
分析:将\(x_0=\cfrac{4}{3}a\)代入双曲线方程\(\cfrac{x^2}{a^2}-\cfrac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)\),
求得\(y=\pm\cfrac{\sqrt{7}}{3}b\),不妨取正,即点\(P(\cfrac{4}{3}a,\cfrac{\sqrt{7}}{3}b)\),
又\(F_1(-c,0)\),\(F_2(c,0)\),由\(\overrightarrow{F_1P}\cdot \overrightarrow{F_2P}=0\);
得到\((\cfrac{4a}{3}+c,\cfrac{\sqrt{7}b}{3})\cdot(\cfrac{4a}{3}-c,\cfrac{\sqrt{7}b}{3})=0\)
即\((\cfrac{4a}{3})^2-c^2+(\cfrac{\sqrt{7}b}{3})^2=0\)
又\(c^2=a^2+b^2\),代入上式,得到\(a^2=\cfrac{2}{9}c^2\),
即\(e^2=\cfrac{c^2}{a^2}=\cfrac{9}{2}\),故\(e=\cfrac{3\sqrt{2}}{2}\)。故选\(A\)。
分析:由双曲线\(C:\cfrac{x^2}{a^2}-\cfrac{y^2}{b^2}=1\)可知其渐进线为\(y=\cfrac{b}{a}x\),由已知渐近线方程为\(y=\cfrac{\sqrt{5}}{2}x\),
则可设\(a=2k\),\(b=\sqrt{5}k(k>0)\),则\(c=3k\),又由椭圆的\(c=3\),可可知\(3k=3\),即\(k=1\),故双曲线的\(a=2\),\(b=\sqrt{5}\),则其方程为\(\cfrac{x^2}{4}-\cfrac{y^2}{5}=1\),故选\(B\)。
分析:由于\((\overrightarrow{F_1P}+\overrightarrow{F_1Q})\cdot \overrightarrow{PQ}=0\),则可知\(PQ\perp x\)轴,又由于\(|QM|=3|PM|\),则\(M\)为\(PF_2\)的中点;
由于直线\(PQ\)为\(x=c\),将其代入双曲线,得到\(\cfrac{c^2}{a^2}-\cfrac{y^2}{b^2}=1\),解得\(y=\cfrac{b^2}{a}\),
即点\(P(c,\cfrac{b^2}{a})\),则点\(M(c,\cfrac{b^2}{2a})\),
又由于双曲线的渐近线为\(y=\cfrac{b}{a}x\),则可知\(\cfrac{\cfrac{b^2}{2a}-0}{c-a}=\cfrac{b}{a}\),得到\(\cfrac{b}{2}=c-a\),
即\(b=2(c-a)\),两边平方得到,\(b^2=4(c-a)^2\),即\(c^2-a^2=4c^2-8ac+4a^2\),即\(3c^2-8ac+5a^2=0\),同除以\(a^2\)
即\(3e^2-8e+5=0\),解得\(e=\cfrac{5}{3}\)或\(e=1\)(舍去),故选\(C\)。
分析:如下图所示,可知圆\(F_2\)的圆心为\(F_2(c,0)\),半径为\(r=\cfrac{c}{2}\),由于圆和双曲线都关于坐标轴对称,故只需要保证圆和一条渐近线\(y=\cfrac{b}{a}x\)有公共点即可,
此时可以使用联立直线方程和双曲线的方程,使用\(\Delta \ge 0\)的思路,也可以利用圆心到直线的距离小于半径的思路,很明显第二个思路的运算量要小一些。
此时圆心为\(F_2(c,0)\),半径为\(r=\cfrac{c}{2}\),直线为\(bx-ay=0\),故\(d=\cfrac{|bc-a\times 0|}{\sqrt{a^2+b^2}}\leq \cfrac{c}{2}\),
化简整理得到,\(2b\leq c\),即\(4b^2\leq c^2\),则\(4c^2-4a^2\leq c^2\),整理为\(\cfrac{c^2}{a^2}\leq \cfrac{4}{3}\),故\(e\leq \cfrac{2\sqrt{3}}{3}\),又双曲线的\(e>1\),故\(e\in (1,\cfrac{2\sqrt{3}}{3}]\).
分析:设\(A(x_1,y_1)\),\(B(x_2,y_2)\),弦\(AB\)的垂直平分线交\(x\)轴于点\(C(t,0)\),
\(AB\)的中点为\(M(x_0,y_0)\),则\(x_0>\sqrt{6}\),
由题意有\(\cfrac{x_1^2}{6}-\cfrac{y_1^2}{3}=1\)①,\(\cfrac{x_2^2}{6}-\cfrac{y_2^2}{3}=1\)②,两式相减得到,
\((x_1+x_2)(x_1-x_2)-2(y_1+y_2)(y_1-y_2)=0\),于是有\(x_0(x_1-x_2)-2y_0(y_1-y_2)=0\),
即\(k_{AB}=\cfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=\cfrac{x_0}{2y_0}\),又\(k_{MC}=\cfrac{y_0}{x_0-t}\),由\(k_{AB}\cdot k_{MC}=-1\)得到,
\(\cfrac{y_0}{x_0-t}\cdot \cfrac{x_0}{2y_0}=-1\),即\(x_0+2(x_0-t)=0\),则\(t=\cfrac{3x_0}{2}>\cfrac{3\sqrt{6}}{2}\)。
故\(t\in (\cfrac{3\sqrt{6}}{2},+\infty)\)。
分析:由题可知,\(a^2=3\),\(b^2=-m\),则\(c^2=3-m\),又\(e=\cfrac{\sqrt{15}}{3}\),
则\(e^2=\cfrac{c^2}{a^2}=\cfrac{15}{9}=\cfrac{2-m}{3}\),解得\(m=-2\),即双曲线为\(\cfrac{y^2}{3}-\cfrac{x^2}{2}=1\),
则由\(\cfrac{y^2}{3}-\cfrac{x^2}{2}=0\),求得渐近线方程为\(y=\pm \cfrac{\sqrt{6}}{2} x\),故选\(D\)。
分析:由题目可知,由于双曲线\(C\)的焦点在坐标轴上,中心在坐标原点,故有两种情形,焦点在\(x\)轴和焦点在\(y\)轴,
则渐近线的斜率\(k=\cfrac{1}{2}=\cfrac{a}{b}\)或者\(k=\cfrac{1}{2}=\cfrac{b}{a}\),
当\(a=1\),\(b=2\)时,此时\(c=\sqrt{5}\),\(e=\sqrt{5}\);当\(a=2\),\(b=1\)时,此时\(c=\sqrt{5}\),\(e=\cfrac{\sqrt{5}}{2}\);
综上所述,故选\(D\)。
详解: 由双曲线的定义知, \(|PF_{1}|-|PF_{2}|=2a=2\sqrt{5}\),
又 \(|PF_{1}|=3|PF_{2}|\), 故 \(|PF_{1}|=3|PF_{2}|=3\sqrt{5}\),\(|F_{1}F_{2}|=2\sqrt{7}\),
\(\cos\angle F_{1}PF_{2}=\cfrac{|PF_{1}|^{2}+|PF_{2}|^{2}-|F_{1}F_{2}|}{2|PF_{1}|\cdot|P F_{2}|}=\cfrac{11}{15}\)
解后反思: 本题考查双曲线的定义,考查余弦定理. 在双曲线中涉及到双曲线上的点到焦点的距离时,要考虑利用双曲线的定义求解,这样才能事半功倍.
法1:如图所示,由双曲线的定义可知,\(|MF_1|-|MF_2|=2a\),即\(|MF_1|=|MF_2|+2a\),
故\(\cfrac{|MF_1|-2a}{|MF_1|^2}=\cfrac{|MF_2|+2a-2a}{(|MF_2|+2a)^2}=\cfrac{|MF_2|}{(|MF_2|+2a)^2}=\cfrac{|MF_2|}{|MF_2|^2+4a|MF_2|+4a^2}\)
\(=\cfrac{1}{|MF_2|+\frac{4a^2}{|MF_2|}+4a}\leqslant \cfrac{1}{2\sqrt{4a^2}+4a}=\cfrac{1}{8a}=\cfrac{1}{4}\),当且仅当\(|MF_2|=2a\)时取到等号;
故解得\(a=\cfrac{1}{2}\),结合题意\(|A_1A_2|\geqslant |A_2F_2|\),
即\(2a\geqslant c-a\),则\(3a\geqslant c\),即\(\cfrac{c}{a}\leqslant 3\),
又由于双曲线的离心率\(e=\cfrac{c}{a}>1\),故\(1<\cfrac{c}{a}\leqslant 3\),
则\(\cfrac{1}{2}=a<c\leqslant 3a=\cfrac{3}{2}\),故\(1<2c\leqslant 3\),故选\(D\)。
解后反思:①牢记双曲线的定义的使用;②分式形式的化简变形技巧;③离心率的范围的使用;④不等式性质的使用;⑤本题目还可以求解离心率的范围;
法2:由于\(|A_1A_2|\geqslant |A_2F_2|\),即\(2a\geqslant c-a\),
则\(3a\geqslant c\),即\(\cfrac{c}{a}\leqslant 3\),又由于双曲线的离心率\(e=\cfrac{c}{a}>1\),
故\(1<\cfrac{c}{a}\leqslant 3\),设\(|MF_1|=r\),
则\(\cfrac{|MF_1|-2a}{|MF_1|^2}=\cfrac{r-2a}{r^2}=\cfrac{1}{r}-2a\cdot (\cfrac{1}{r})^2=-2a(\cfrac{1}{r}-\cfrac{1}{4a})^2+\cfrac{1}{8a}\leqslant \cfrac{1}{4}\)
当且仅当\(|MF_1|=4a\)时取到等号;故\(a=\cfrac{1}{2}\),
则由\(1<\cfrac{c}{a}\leqslant 3\)得到,\(\cfrac{1}{2}=a<c\leqslant 3a=\cfrac{3}{2}\),
故\(1<2c\leqslant 3\),故选\(D\)。