3.2.1 双曲线及其标准方程
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【基础过关系列】2022-2023学年高二数学上学期同步知识点剖析精品讲义(人教A版2019)
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基础知识
双曲线的定义
平面内与两个定点 \(F_1\),\(F_2\)的距离之差的绝对值等于常数(小于\(F_1 F_2\))的点的轨迹称为双曲线.这两个定点称为双曲线的焦点,两焦点的距离称为双曲线的焦距.
如图,\(P\)是双曲线上一点,\(|PF_1-PF_2 |=2a<F_1 F_2\).
解释
当\(PF_1-PF_2=2a<F_1 F_2\)时,轨迹仅表示双曲线的右支;
当\(PF_2-PF_1=2a<F_1 F_2\)时,轨迹仅表示双曲线的左支;
当\(|PF_1-PF_2 |=2a=F_1 F_2\)时,轨迹是一直线上以\(F_1\),\(F_2\)为端点向外的两条射线;
当\(|PF_1-PF_2 |=2a>F_1 F_2\)时,轨迹不存在.
【例】点\(P\)到两定点\(F_1 (-2,0)\),\(F_2 (2,0)\)的距离之差为\(2\),则动点\(P\)的轨迹是什么?
解析 依题意\(PF_1-PF_2=2\)是定值,且小于两定点距离\(F_1 F_2=4\),
由双曲线定义可知,动点\(P\)的轨迹是双曲线的右支.
双曲线的标准方程
焦点在\(x\)轴上的双曲线方程为 \(\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0)\);
焦点在\(y\)轴上的双曲线方程为 \(\dfrac{y^2}{a^2}-\dfrac{x^2}{b^2}=1(a>0, \quad b>0)\).
解释
(1) 双曲线标准方程的证明
双曲线具有对称性,以经过双曲线两焦点的直线为x轴,线段\(F_1 F_2\)的中垂线为\(y\)轴,建立平面直角坐标系,
设\(P(x,y)\)是双曲线上任意一点,双曲线的焦距为\(2c(c>0)\),那么焦点\(F_1 (-c,0)\),\(F_2 (c,0)\),根据双曲线定义可得\(|PF_1-PF_2 |=2a\),则 \(\sqrt{\mid(x+c)^2+y^2}-\sqrt{(x-c)^2+y^2} \mid=2 a\),
化简得\((c^2-a^2 ) x^2-a^2 y^2=a^2 (c^2-a^2 )\),
两边同除以\(a^2 (c^2-a^2 )\)得 \(\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{c^2-a^2}=1\),
即动点\(P\)的轨迹双曲线对应的方程是 \(\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{c^2-a^2}=1\).
由双曲线定义可知\(2c>2a>0\),即\(c>a>0\),所以\(c^2-a^2>0\).
令\(b^2=c^2-a^2\),则我们称 \(\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0, \quad b>0)\)为双曲线的标准方程.
(焦点在\(y\)轴上的双曲线类似证明)
【例】点\(P\)到两定点\(F_1 (-2,0)\),\(F_2 (2,0)\)的距离之差为\(2\),求动点\(P\)轨迹方程.
解析 由双曲线的定义可知,动点\(P\)的轨迹是双曲线的右支,且\(2a=2\),\(c=2\),
即\(a^2=1\),\(b^2=c^2-a^2=3\),则动点\(P\)轨迹方程为 \(x^2-\dfrac{y^2}{3}=1(x>0)\).
(2) 对于方程 \(\dfrac{x^2}{m}+\dfrac{y^2}{n}=1\),
当\(mn<0\)时,方程表示的轨迹为双曲线;
当\(m>0\),\(n<0\)时,方程表示的轨迹为焦点在\(x\)轴的双曲线;
当\(n>0\),\(m<0\)时,方程表示的轨迹为焦点在\(y\)轴的双曲线;
(由双曲线方程判断焦点的位置与\(a\)的值,我们看分母\(m\),\(n\)的正负)
【例】双曲线方程 \(\dfrac{x^2}{9}-\dfrac{y^2}{3}=1\),其焦点在x轴还是y轴,\(a\),\(b\),\(c\)的值又是多少呢?
解析 焦点在\(x\)轴,且\(a=3\), \(b=\sqrt{3}\), \(c=2 \sqrt{3}\).
焦点三角形
\(F_1\),\(F_2\)是双曲线 \(\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0)\)的焦点,点\(P\)在双曲线上,且与\(F_1\)、\(F_2\)不共线,则三角形\(∆F_1 PF_2\)叫做焦点三角形.
在题目出现焦点三角形\(∆F_1 PF_2\),可想到双曲线定义\(|PF_1-PF_2 |=2a\)和解三角形的相关知识.
基本方法
【题型1】双曲线的定义
【典题1】 若点\(F_1 (-c,0)\),\(F_2 (c,0)\)(\(c>0\)且为常数)为两个不同的定点,且动点\(M\)满足\(|MF_1 |-|MF_2 |=2a\)(\(2a≥0\)且\(a\)为常数).求动点\(M\)的轨迹.
解析 若\(2a>2c>0\),则点\(M\)的轨迹不存在.
若\(2a=2c>0\),则点\(M\)的轨迹是以点\(F_2\)为端点,且与\(x\)轴正方向同向的射线,方程为\(y=0(x≥c)\).
若\(0<2a<2c\),则点\(M\)的轨迹是以\(F_1\),\(F_2\)为焦点的双曲线的右支,其方程为\(\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{c^2-a^2}=1(x≥a)\).
若\(2a=0\),则点\(M\)的轨迹是线段\(F_1 F_2\)的垂直平分线,方程为\(x=0\).
点拨
1.轨迹是满足要求的所有点的集合,注意结合图象理解;
2.轨迹是双曲线,要强调\(|PF_1-PF_2 |\)是定值,且小于\(F_1 F_2\),绝对符号不能丢.
【典题2】已知圆\(M_1:(x+4)^2+y^2=4\),圆\(M_2:x^2+(y-3)^2=1\),一动圆\(P\)与这两个圆都外切,试求动圆圆心\(P\)的轨迹方程.
解析 设动圆的圆心为\(P\),半径为\(r\),
而圆\(M_1:(x+4)^2+y^2=9\)的圆心为\(O(-4,0)\),半径为\(3\);
圆\(M_2:x^2+(y-3)^2=1\)的圆心为\(F(0,3)\),半径为\(1\).
依题意得\(\left|P M_1\right|=3+r\),\(\left|P M_2\right|=1+r\),
则 \(\left|P M_1\right|-\left|P M_2\right|=(3+r)-(1+r)=2<\left|M_1 M_2\right|=5\),
所以点\(P\)的轨迹是双曲线中靠近焦点\(M_2 (0,3)\)的一支.
巩固练习
1.动点\(P\)到点\(M(1,0)\)及点\(N(3,0)\)的距离之差为\(2\),则点\(P\)的轨迹是( )
A.双曲线 \(\qquad \qquad\) B.双曲线的一支 \(\qquad \qquad\) C.两条射线 \(\qquad \qquad\) D.一条射线
2.已知定点\(F_1 (-2,0)\),\(F_2 (2,0)\)在满足下列条件的平面内,动点\(P\)的轨迹为双曲线的是( )
A.\(||PF_1 |-|PF_2∥=3\) \(\qquad \qquad\) B.\(||PF_1 |-|PF_2 ||=4\)
C.\(||PF_1 |-|PF_2 ||=5\) \(\qquad \qquad\) D.\(|PF_1 |^2-|PF_2 |^2=±4\)
3.已知两定点\(F_1 (5,0)\),\(F_2 (-5,0)\),曲线\(C\)上的点\(P\)到\(F_1\),\(F_2\)的距离之差的绝对值是\(8\),则曲线\(C\)的方程为\(\underline{\quad \quad}\) .
4.已知圆\(M_1:(x+3)^2+y^2=4\),圆\(M_2:x^2+(y-2)^2=1\),一动圆\(P\)与这两个圆都内切,试求动圆圆心\(P\)的轨迹.
参考答案
1. 答案 \(D\)
解析 依题意\(|PM|-|PN|=2=|MN|\),
所以点\(P\)的轨迹不是双曲线,而是一条射线.
2. 答案 \(A\)
解析 根据双曲线定义知\(P\)到\(F_1\),\(F_2\)的距离之差的绝对值要小于\(|F_1 F_2 |\),故选\(A\).
3. 答案 \(\dfrac{x^2}{16}-\dfrac{y^2}{9}=1\)
解析 据双曲线的定义知:\(P\)的轨迹是以\(F_1 (5,0)\),
\(F_2 (-5,0)\)为焦点,以实轴长为\(8\)的双曲线.
所以\(c=5\),\(a=4\),\(b^2=c^2-a^2=9\),
所以双曲线的方程为: \(\dfrac{x^2}{16}-\dfrac{y^2}{9}=1\).
4. 答案 双曲线中靠近焦点\((-3,0)\)的一支
解析 设动圆的圆心为\(P\),半径为\(r\),
而圆\(M_1:(x+3)^2+y^2=4\)的圆心为\(O(-3,0)\),半径为\(2\);
圆\(M_2:x^2+(y-2)^2=1\)的圆心为\(F(0,2)\),半径为\(1\).
依题意得 \(\left|P M_1\right|=r-2\), \(\left|P M_2\right|=r-1\),
则 \(\left|P M_2\right|-\left|P M_1\right|=(r-2)-(r-1)=1<\left|M_1 M_2\right|=\sqrt{13}\),
所以点\(P\)的轨迹是双曲线中靠近焦点\((-3,0)\)的一支.
【题型2】双曲线的标准方程
【典题1】 讨论 \(\dfrac{x^2}{25-k}+\dfrac{y^2}{k-9}=1\)表示何种曲线?
解析 由题意可知\(k≠25\)且\(k≠9\).
当\(k>25\)时,有\(25-k<0\),\(k-9>0\),方程表示焦点在\(y\)轴上的双曲线;
当\(k<9\)时,有\(25-k>0\),\(k-9<0\),方程表示焦点在\(x\)轴上的双曲线;
当\(9<k<17\)时,\(25-k>0\),\(k-9>0\)且\(25-k>k-9\),方程表示焦点在\(x\)轴上的椭圆;
当\(17<k<25\)时,\(25-k>0\),\(k-9>0\)且\(k-9>25-k\),方程表示焦点在\(y\)轴上的椭圆;
当\(k=17\)时,\(25-k=k-9=8\),所给方程表示以原点为圆心,\(2 \sqrt{2}\)为半径的圆.
点拨 对于方程 \(\dfrac{x^2}{m}+\dfrac{y^2}{n}=1\),判断双曲线的焦点位置和\(a\)值,看分母\(m\),\(n\)的正负;而椭圆看分母\(m\),\(n\)的大小.
【典题2】求满足下列条件的双曲线的标准方程:
(1) 已知双曲线的焦点在\(y\)轴上,并且双曲线过点 \((3,-4 \sqrt{2})\)和 \(\left(\dfrac{9}{4}, 5\right)\);
(2) 已知双曲线的焦点为 \((-\sqrt{5}, 0)\), \((\sqrt{5}, 0)\),且过点 \((2 \sqrt{5}, 2)\);
(3) 与双曲线 \(\dfrac{x^2}{16}-\dfrac{y^2}{4}=1\)有公共焦点,且过点\((3 \sqrt{2}, 2)\).
解析 (1)设所求双曲线方程为 \(\dfrac{y^2}{a^2}-\dfrac{x^2}{b^2}=1(a>0, b>0)\),
则 \(\left\{\begin{array}{l}
\dfrac{32}{a^2}-\dfrac{9}{b^2}=1 \\
\dfrac{25}{a^2}-\dfrac{81}{16 b^2}=1
\end{array}\right.\),解得 \(\left\{\begin{array}{l}
a^2=16 \\
b^2=9
\end{array}\right.\),
\(∴\)双曲线的方程为 \(\dfrac{y^2}{16}-\dfrac{x^2}{9}=1\).
(2) 设所求双曲线方程为 \(\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0)\),
则 \(2 a=\sqrt{(2 \sqrt{5}+\sqrt{5})^2+2^2}-\sqrt{(2 \sqrt{5}-\sqrt{5})^2+2^2}=7-3=4\),
\(∴a=2\),又 \(c=\sqrt{5}\),\(∴b^2=c^2-a^2=1\),
\(∴\)双曲线的方程为 \(\dfrac{x^2}{4}-y^2=1\).
(3)方法1 设双曲线方程为 \(\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1\),
由题意知 \(c=2 \sqrt{5}\), \(\therefore a^2+b^2=(2 \sqrt{5})^2=20\),
\(∵\)双曲线过点 \((3 \sqrt{2}, 2)\), \(: \dfrac{18}{a^2}-\dfrac{4}{b^2}=1\),
\(∴a^2=12\),\(b^2=8\),
故所求双曲线的方程为 \(\dfrac{x^2}{12}-\dfrac{y^2}{8}=1\).
方法2 设双曲线方程为 \(\dfrac{x^2}{16-k}-\dfrac{y^2}{4+k}=1(-4<k<16)\),
将点 \((3 \sqrt{2}, 2)\)代入得\(k=4\),
\(∴\)所求双曲线的方程为 \(\dfrac{x^2}{12}-\dfrac{y^2}{8}=1\).
点拨
1.求双曲线方程,主要用定义和待定系数法,要注意确定焦点的位置.
2.与双曲线 \(\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1\)有公共焦点的双曲线的方程为 \(\dfrac{x^2}{a^2-k}-\dfrac{y^2}{b^2+k}=1\left(-b^2<k<a^2\right)\).
【典题3】点\(A\),\(B\)的坐标分别是\((-5,0)\),\((5,0)\),直线\(AM\),\(BM\)相交于点\(M\),且它们斜率之积是 \(\dfrac{4}{9}\),求点\(M\)的轨迹方程,并判断轨迹的形状.
解析 设点\(M(x,y)\),
由题意可知 \(k_{A M} \cdot k_{B M}=\dfrac{4}{9}\),
当\(x≠±5\)时,得 \(\dfrac{y}{x+5} \cdot \dfrac{y}{x-5}=\dfrac{4}{9}\),化简得 \(\dfrac{x^2}{25}-\dfrac{9 y^2}{100}=1\),
即点\(M\)的轨迹方程为 \(\dfrac{x^2}{25}-\dfrac{9 y^2}{100}=1(x \neq \pm 5)\),其轨迹是去掉两个顶点\(A\),\(B\)的双曲线.
巩固练习
1.若\(k∈R\),则\(k>-3\)是方程 \(\dfrac{x^2}{k-3}+\dfrac{y^2}{k+3}=1\)表示双曲线的 ( )
A.充分不必要条件 \(\qquad \qquad\) B.必要不充分条件 \(\qquad \qquad\) C.充要条件 \(\qquad \qquad\) D.既不充分也不必要条件
2.若双曲线以椭圆 \(\dfrac{x^2}{16}+\dfrac{y^2}{9}=1\)的两个顶点为焦点,且经过椭圆的两个焦点,则双曲线的标准方程为\(\underline{\quad \quad}\).
3.求与椭圆 \(\dfrac{x^2}{25}+\dfrac{y^2}{5}=1\)有相同焦点,且经过点 \(P(3 \sqrt{2}, 2)\)的双曲线的标准方程.
4.已知\(A\),\(B\)两地相距\(800m\),在\(A\)地听到炮弹爆炸声比在\(B\)地晚\(2s\),且声速为\(340m/s\),求炮弹爆炸点的轨迹方程.
参考答案
-
答案 \(B\)
解析 方程 \(\dfrac{x^2}{k-3}+\dfrac{y^2}{k+3}=1\)表示双曲线,
可得\((k-3)(k+3)<0\),解得:\(-3<k<3\),
方程 \(\dfrac{x^2}{k-3}+\dfrac{y^2}{k+3}=1\)表示双曲线,可知\(k>-3\),反之不成立,
所以\(k∈R\),则\(k>-3\)是方程 \(\dfrac{x^2}{k-3}+\dfrac{y^2}{k+3}=1\)表示双曲线的必要不充分条件.
故选:\(B\). -
答案 \(\dfrac{x^2}{7}-\dfrac{y^2}{9}=1\)
解析 椭圆 \(\dfrac{x^2}{16}+\dfrac{y^2}{9}=1\)的焦点在x轴上,且\(a=4\),\(b=3\), \(c=\sqrt{7}\),
所以焦点为\((±\sqrt{7},0)\),顶点为\((±4,0)\).
于是双曲线经过点(±√7,0),焦点为(±4,0),
于是 \(a^{\prime}=\sqrt{7}\), \(c^{\prime}=4\),所以 \(b^{\prime 2}=9\),
所以双曲线的标准方程为 \(\dfrac{x^2}{7}-\dfrac{y^2}{9}=1\). -
答案 \(\dfrac{x^2}{12}-\dfrac{y^2}{8}=1\)
解析 椭圆 \(\dfrac{x^2}{25}+\dfrac{y^2}{5}=1\)的焦点为 \((\pm 2 \sqrt{5}, 0)\),
设所求双曲线方程为 \(\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1\),
由题意知 \(\left\{\begin{array}{l} c^2=a^2+b^2=20 \\ \dfrac{18}{a^2}-\dfrac{4}{b^2}=1 \end{array}\right.\),即得\(a^2=12\)或\(a^2=30\)(舍),
\(∴b^2=c^2-a^2=8\).
\(∴\)双曲线标准方程为 \(\dfrac{x^2}{12}-\dfrac{y^2}{8}=1\). -
答案 \(\dfrac{x^2}{115600}-\dfrac{y^2}{44400}=1(x \geqslant 340)\)
解析 如图,建立平面直角坐标系\(Oxy\),使\(A\),\(B\)两点在\(x\)轴上,并且原点\(O\)与线段\(AB\)中点重合,
设炮弹爆炸点\(P\)的坐标为\((x,y)\),则\(PA-PB=340×2=680\),
即\(2a=680\),\(a=340\),
又\(AB=800\),所以\(2c=800\),\(c=400\),\(b^2=c^2-a^2=44400\),
因为\(PA-PB=680>0\),所以点\(P\)的轨迹是双曲线的右支,因此\(x≥340\),
所以炮弹爆炸点的轨迹方程为 \(\dfrac{x^2}{115600}-\dfrac{y^2}{44400}=1(x \geqslant 340)\).
【题型3】双曲线的焦点三角形
【典题1】 已知\(F_1\),\(F_2\)是双曲线 \(\dfrac{x^2}{4}-y^2=1\)的两个焦点,\(P\)是双曲线上一点,且\(∠F_1 PF_2=90°\),则\(△F_1 PF_2\)的面积是\(\underline{\quad \quad}\) .
解析 方法1 设\(|PF_1 |=d_1\),\(|PF_2 |=d_2\),
由双曲线的定义可知\(|d_1-d_2 |=4\).又\(∠F_1 PF_2=90°\),
于是有\(d_1^2+d_2^2=|F_1 F_2 |^2=20\),
因此, \(S_{\Delta F_1 P F_2}=\dfrac{1}{2} d_1 d_2=\dfrac{1}{4}\left(d_1+d_2-\left|d_1-d_2\right|^2\right)=1\).
方法2 由 \(\dfrac{x^2}{4}-y^2=1\),知 \(\left|F_1 F_2\right|=2 \sqrt{5}\).
设\(P\)点的纵坐标为\(y_P\),由于\(∠F_1 PF_2=90^∘\),
则\(P\)在以\(|F_1 F_2 |\)为直径的圆上,即在\(x^2+y^2=5\)上.
由 \(\left\{\begin{array}{l}
x^2+y^2=5 \\
x^2-4 y^2=4
\end{array}\right.\)消去\(x\)得 \(\left|y_P\right|=\dfrac{\sqrt{5}}{5}\),
故\(△F_1 PF_2\)的面积 \(S=\dfrac{1}{2}\left|F_1 F_2\right| \cdot\left|y_P\right|=1\).
点拨
1.在题目出现焦点三角形\(∆F_1 PF_2\),可想到双曲线定义\(|PF_1-PF_2 |=2a\)和解三角形的相关知识;
2.双曲线中的焦点三角形面积为 \(S=\dfrac{b^2}{\tan \frac{\angle F_1 P F_2}{2}}\),本题使用公式得 \(S=\dfrac{b^2}{\tan \frac{\angle F_1 P F_2}{2}}=\dfrac{1}{\tan 45^{\circ}}=1\).
【典题2】已知双曲线 \(\dfrac{x^2}{4}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(b>0)\)的左右焦点分别为\(F_1\),\(F_2\),过点\(F_2\)的直线交双曲线右支于\(A\)、\(B\)两点,若\(△ABF_1\)是等腰三角形,且\(∠A=120°\),则\(△ABF_1\)的周长为\(\underline{\quad \quad}\) .
解析 由双曲线\(\dfrac{x^2}{4}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(b>0)\),可得\(a=2\),
如图所示,设\(|AF_2 |=m\),\(|BF_2 |=n\),
可得\(|AF_1 |=4+m\),\(|BF_1 |=4+n\),
\(∴4+m=m+n\).解得\(n=4\).
作\(AD⊥BF_1\),垂足为\(D\),\(D\)为线段\(BF_1\)的中点,\(∠F_1 AD=60°\).
\(\therefore\left|D F_1\right|=\dfrac{\sqrt{3}}{2}(4+m)\),
\(\therefore \dfrac{\sqrt{3}}{2}(4+m) \times 2=4+n\),即 \(\sqrt{3}(4+m)=4+n\).
又\(n=4\),代入解得: \(m=\dfrac{8 \sqrt{3}}{3}-4\).
\(∴△ABF_1\)的周长 \(=4+m+m+n+4+n=8+2(m+n)=8+\dfrac{16 \sqrt{3}}{3}\).
巩固练习
1.双曲线 \(\dfrac{x^2}{25}-\dfrac{y^2}{9}=1\)上的点到一个焦点的距离为\(12\),则到另一个焦点的距离为( )
A.\(22\)或\(2\) \(\qquad \qquad\) B.\(7\) \(\qquad \qquad\) C.\(22\) \(\qquad \qquad\) D.\(2\)
2.已知\(F_1\)、\(F_2\)为双曲线 \(C: \dfrac{x^2}{3}-y^2=1\)的左、右焦点,点\(P\)在\(C\)上,\(∠F_1 PF_2=60°\),则\(△PF_1 F_2\)的面积为( )
A.\(\sqrt{3}\) \(\qquad \qquad\) B.\(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\) \(\qquad \qquad\) C.\(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) \(\qquad \qquad\) D.\(2 \sqrt{3}\)
3.设点\(F_1\),\(F_2\)分别为双曲线 \(C: \dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0)\)的左、右焦点,点\(A\)、\(B\)分别在双曲线\(C\)的左、右支上,若 \(\overrightarrow{F_1 B}=6 F_1 A\), \(\overrightarrow{A F}_2^2=\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A F_2}\),且 \(\left|\overrightarrow{A F_2}\right|<\left|\overrightarrow{B F_2}\right|\),则 \(\dfrac{b}{a}=\) \(\underline{\quad \quad}\) .
参考答案
1. 答案 \(A\)
解析 \(a^2=25\),所以\(a=5\),\(2a=10\),
由双曲线的定义知双曲线上的点到两焦点距离差的绝对值为\(10\),
故到另一焦点的距离为\(22\)或\(2\).
2. 答案 \(A\)
解析 双曲线 \(C: \dfrac{x^2}{3}-y^2=1\),可得 \(a=\sqrt{3}\),\(b=1\),则\(c=2\),
设\(|PF_1 |=m\),\(|PF-2 |=n\),
由双曲线的定义可得: \(|m-n|=2 a=2 \sqrt{3}\),则有\(m^2+n^2-2mn=12\),①
又由\(∠F_1 PF_2=60^∘\),则有\(m^2+n^2-2mncos60^∘=4c^2=16\),②
联立①②解可得\(mn=4\),
则\(△PF_1 F_2\)的面积 \(S=\dfrac{1}{2} m n \sin 60^{\circ}=\sqrt{3}\);
故选:\(A\).
3. 答案 \(\dfrac{2 \sqrt{10}}{5}\)
解析 \(\because \overrightarrow{F_1 B}=6 \overrightarrow{F_1 A}\),\(∴F_1,A,B\)共线,且 \(|\overrightarrow{A B}|=5\left|\overrightarrow{A F_1}\right|\),
\(\because \overrightarrow{A F}_2^2=\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A F_2}=\left(\overrightarrow{A F_2}+\overrightarrow{F_2 B}\right) \cdot \overrightarrow{A F_2}=\overrightarrow{A F}_2^2+\overrightarrow{F_2 B} \cdot \overrightarrow{A F_2}\),
\(\therefore \overrightarrow{F_2 B} \cdot \overrightarrow{A F_2}=0\),则 \(\overrightarrow{F_2} B \perp \overrightarrow{A F_2}\).故有 \(\left|\overrightarrow{A F_2}\right|^2+\left|\overrightarrow{B F_2}\right|^2=|\overrightarrow{A B}|^2\),
设 \(\left|\overrightarrow{A F_1}\right|=m\),则 \(|\overrightarrow{A B}|=5 m,\left|\overrightarrow{B F_1}\right|=6 m\),
由双曲线的定义可得 \(\left|\overrightarrow{A F_2}\right|-m=2 a\), \(6 m-\left|\overrightarrow{B F_2}\right|=2 a\),且有 \(\left|\overrightarrow{A F}_2\right|^2+\left|\overrightarrow{B F}_2\right|^2=25 m^2\),
解得\(m=a\)或 \(m=\dfrac{2}{3} a\).
若\(m=a\),则 \(| \overrightarrow{A F}_2|=3 a<| \overrightarrow{B F}_2 \mid=4 a\),舍去;
若 \(m=\dfrac{2}{3} a\),则 \(\left|\overrightarrow{A F}_2\right|=\dfrac{8}{3} a\), \(\left|\overrightarrow{B F}_2\right|=2 a\), \(\left|\overrightarrow{B F}_1\right|=4 a\),\(|\overrightarrow{A B}|=\dfrac{10}{3} a\).
\(\cos \angle A B F_2=\dfrac{\left|\overrightarrow{A F_2}\right|}{|\overrightarrow{A B}|}=\dfrac{2 a}{\dfrac{10}{3} a}=\dfrac{3}{5}\).
在\(△F_1 BF_2\)中, \(4 c^2=4 a^2+16 a^2-2 \times 2 a \times 4 a \times \dfrac{3}{5}\),得到 \(\dfrac{c^2}{a^2}=\dfrac{13}{5}\),
即 \(c^2=\dfrac{13}{5} a^2\),所以 \(b^2=c^2-a^2=\dfrac{13}{5} a^2-a^2=\dfrac{8}{5} a^2\).
所以 \(\dfrac{b}{a}=\sqrt{\dfrac{\dfrac{8}{5} a^2}{a^2}}=\dfrac{2 \sqrt{10}}{5}\).
分层练习
【A组---基础题】
1.已知两定点\(F_1 (-5,0)\),\(F_2 (5,0)\),动点\(P\)满足\(|PF_1 |-|PF_2 |=2a\),则当\(a=3\)和\(5\)时,\(P\)点的轨迹分别是( ).
A.双曲线和一条直线 \(\qquad \qquad\) B.双曲线和一条射线 \(\qquad \qquad\) C.双曲线的一支和一条射线\(\qquad \qquad\) D.双曲线的一支和一条直线
2.已知方程 \(\dfrac{x^2}{1+k}-\dfrac{y^2}{1-k}=1\)表示双曲线,则\(k\)的取值范围是( ).
A.\(-1<k<1\) \(\qquad \qquad\) B.\(k>0\) \(\qquad \qquad\) C.\(k≥0\) \(\qquad \qquad\) D.\(k>1\)或\(k<-1\)
3.设双曲线 \(C: \dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0)\),的左、右焦点分别为\(F_1\) 、\(F_2\),离心率为 \(\sqrt{3}\).\(P\)是\(C\)上一点,且\(∠F_1 PF_2=60°\),若\(△F_1 PF_2\)的面积为 \(4 \sqrt{3}\),则\(a=\)( )
A.\(1\) \(\qquad \qquad\) B.\(2\) \(\qquad \qquad\) C.\(4\) \(\qquad \qquad\) D. \(\sqrt{2}\)
4.设双曲线 \(C: \dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)\)的左、右焦点分别为\(F_1\) 、\(F_2\),过\(F_1\)的直线\(l\)与双曲线左右两支交于\(M\),\(N\)两点,以\(MN\)为直径的圆过\(F_2\),且 \(\overrightarrow{M N}^2=2 \overrightarrow{M F_2} \cdot \overrightarrow{M N}\),则 \(\dfrac{c}{a}=\) ( )
A. \(\sqrt{2}\) \(\qquad \qquad\) B. \(\sqrt{3}\) \(\qquad \qquad\) C.\(2\) \(\qquad \qquad\) D. \(\sqrt{5}\)
5.一动圆\(P\)过定点\(M(-4,0)\),且与已知圆\(N:(x-4)^2+y^2=16\)相切,则动圆圆心\(P\)的轨迹方程是\(\underline{\quad \quad}\) .
6.设椭圆\(C_1\)的离心率为 \(\dfrac{5}{13}\),焦点在\(x\)轴上且长轴长为\(26\),若曲线\(C_2\)上的点到椭圆\(C_1\)的两焦点的距离差的绝对值等于\(8\),则曲线\(C_2\)的标准方程为\(\underline{\quad \quad}\) .
7.如图所示,已知双曲线 \(C: \dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0)\)的右焦点为\(F\),双曲线\(C\)的右支上一点\(A\),它关于原点\(O\)的对称点为\(B\),满足\(∠AFB=120^°\),且\(|BF|=2|AF|\),则 \(\dfrac{c}{a}=\) .
8.在下列条件下求双曲线标准方程.
(1) 经过两点 \((4, \sqrt{3})\)、 \(\left(3, \dfrac{\sqrt{5}}{2}\right)\);
(2) \(a=2 \sqrt{5}\),经过点\((2,-5)\),焦点在\(y\)轴上.
. 参考答案
1. 答案 \(B\)
解析 当\(a=3\)时,\(|PF_1 |-|PF_2 |=6<|F_1 F_2 |\),
所以\(P\)点轨迹是双曲线的一支;
当\(a=5\)时,\(|PF_1 |-|PF_2 |=10=|F_1 F_2 |\),
所以\(P\)点轨迹是以\(F_2\)为起点的一条射线.
2. 答案 \(A\)
解析 方程 \(\dfrac{x^2}{1+k}-\dfrac{y^2}{1-k}=1\)表示双曲线,则\((1+k)(1-k)>0\),
\(∴(k+1)(k-1)<0\),\(∴-1<k<1\).
3. 答案 \(D\)
解析 根据题意,几何关系如图所示.设\(|PF_2 |=m\),\(|PF_1 |=n\),
若\(△F_1 PF_2\)的面积为 \(4 \sqrt{3}\),
可得\(n-m=2a\),\(4c^2=m^2+n^2-2mncos60°\), \(\dfrac{1}{2} m n \sin 60^{\circ}=4 \sqrt{3}\),
\(∴4c^2=4a^2+2mn-mn=4a^2+mn=4a^2+16\),
离心率为 \(\sqrt{3}\).可得 \(\dfrac{c}{a}=\sqrt{3}\),代入上式,可得\(a=\sqrt{2}\).
故选:\(D\).
4. 答案 \(B\)
解析 由\(MN\)为直径的圆过\(F_2\),可得\(MF_2⊥NF_2\),
由 \(\overrightarrow{M N}{ }^2=2 \overrightarrow{M F_2} \cdot \overrightarrow{M N}\),得 \(|\overrightarrow{M N}|^2=2\left|\overrightarrow{M F_2}\right| \cdot|\overrightarrow{M N}| \cdot \cos \angle F_2 M N\),
即 \(\dfrac{1}{2}|\overrightarrow{M N}|=\left|\overrightarrow{M F_2}\right| \cdot \cos \angle F_2 M N\),可知\(F_2\)在线段\(MN\)上的投影为\(MN\)的中点,
则\(|MF_2 |=|NF_2 |\),
设\(|MF_2 |=|NF_2 |=m\),则 \(|M N|=\sqrt{2} m\),
由\(|MF_2 |-|MF_1 |=2a\),\(|NF_2 |-|NF_1 |=2a\),两式相减可得\(|NF_1 |-|MF_1 |=|MN|=4a\),
即有 \(m=2 \sqrt{2} a\),
设\(H\)为\(MN\)的中点,在直角三角形\(HF_1 F_2\)中,
可得 \(4c^2=4 a^2+(2 a+2 \sqrt{2} a-2 a)^2\),化为\(c^2=3a^2\),
即 \(\dfrac{c}{a}=\sqrt{3}\),
故选:\(B\).
5. 答案 \(\dfrac{x^2}{4}-\dfrac{y^2}{12}=1\)
解析 动圆圆心为\(P\),半径为\(r\),已知圆圆心为\(N\),半径为\(4\)
由题意知:\(PM=r\),PN=r+4,
所以\(|PN|-PM|=4\),
即动点\(P\)到两定点的距离之差为常数\(4\),
\(P\)在以\(M\)、\(C\)为焦点的双曲线上,且\(2a=4\),\(2c=8\),
\(\therefore b=2 \sqrt{3}\),
\(∴\)动圆圆心\(M\)的轨迹方程为: \(\dfrac{x^2}{4}-\dfrac{y^2}{12}=1\).
6. 答案 \(\dfrac{x^2}{16}-\dfrac{y^2}{9}=1\)
解析 在椭圆\(C_1\)中,由 \(\left\{\begin{array}{l}
2 a=26 \\
\dfrac{c}{a}=\dfrac{5}{13}
\end{array}\right.\)得 \(\left\{\begin{array}{l}
a=13 \\
c=5
\end{array}\right.\),
椭圆\(C_1\)的焦点\(F_1 (-5,0)\),\(F_2 (5,0)\),曲线\(C_2\)是以\(F_1\),\(F_2\)为焦点,实轴长为\(8\)的双曲线,
故\(C_2\)的标准方程为 \(\dfrac{x^2}{16}-\dfrac{y^2}{9}=1\).
7. 答案 \(\sqrt{3}\)
解析 连接\(AF'\),\(BF'\),由条件可得\(|BF|-|AF|=|AF'|-|AF|=|AF|=2a\),
则\(|AF|=2a\),\(|BF|=4a\),\(∠F'BF=60°\),
所以\(F'F^2=AF^2+BF^2-2AF⋅BFcos60°\),可得 \(4 c^2=4 a^2+16 a^2-16 a^2 \times \dfrac{1}{2}\),
即\(4c^2=12a^2\),
所以双曲线的离心率为 \(\dfrac{c}{a}=\sqrt{3}\).
8. 答案 (1) \(\dfrac{x^2}{4}-y^2=1\) (2) \(\dfrac{y^2}{20}-\dfrac{x^2}{16}=1\)
解析 (1) 由题意,设双曲线方程为\(mx^2+ny^2=1\),代入点 \((4, \sqrt{3})\)、 \(\left(3, \dfrac{\sqrt{5}}{2}\right)\),
得 \(\left\{\begin{array}{l}
16 m+3 n=1 \\
9 m+\dfrac{5}{4} n=1
\end{array}\right.\),解得 \(m=\dfrac{1}{4}\),\(n=-1\).
\(∴\)双曲线的标准方程为 \(\dfrac{x^2}{4}-y^2=1\);
(2)根据题意, \(a=2 \sqrt{5}\),其焦点在\(y\)轴上,
设双曲线的标准方程为: \(\dfrac{y^2}{20}-\dfrac{x^2}{b^2}=1\),
又由双曲线经过点\((2,-5)\),则 \(\dfrac{25}{20}-\dfrac{4}{b^2}=1\),解可得\(b^2=16\),
则双曲线的标准方程为: \(\dfrac{y^2}{20}-\dfrac{x^2}{16}=1\).
【B组---提高题】
1.已知双曲线 \(\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1\),\(P\)为双曲线上除\(x\)轴上之外的一点且\(∠F_1 PF_2=θ\),求\(△PF_1 F_2\)的面积.
2.已知双曲线 \(\dfrac{x^2}{4}-\dfrac{y^2}{3}=1\)的左、右焦点分别为\(F_1\) 、\(F_2\),\(O\)为双曲线的中心,\(P\)是双曲线右支上的点,\(△PF_1 F_2\)的内切圆的圆心为\(I\),且圆\(I\)与\(x\)轴相切于点\(A\),过\(F_2\)作直线\(PI\)的垂线,垂足为\(B\),则 \(\dfrac{|O B|}{|O A|}=\) \(\underline{\quad \quad}\) .
参考答案
1. 答案 \(\dfrac{b^2}{\tan \dfrac{\angle F_1 P F_2}{2}}\)
解析 由面积公式知 \(S_{\triangle P F_1 F_2}=\dfrac{1}{2}\left|P F_1\right| \cdot\left|P F_2\right| \cdot \sin \angle F_1 P F_2\),
首 先用余弦定理求出\(|PF_1 |⋅|PF_2 |\)的值,
因为 \(\cos \angle F_1 P F_2=\dfrac{\left|P F_1\right|^2+\left|P F_2\right|^2-\left|F_1 F_2\right|^2}{2\left|P F_1\right| \cdot\left|P F_2\right|}=\dfrac{\left(\left|P F_1\right|-\left|P F_2\right|\right)^2-\left|F_1 F_2\right|^2+2\left|P F_1\right| \cdot\left|P F_2\right|}{2\left|P F_1\right| \cdot\left|P F_2\right|}\)
\(=\dfrac{4 a^2-4 c^2+2\left|P F_1\right| \cdot\left|P F_2\right|}{2\left|P F_1\right| \cdot\left|P F_2\right|}=\dfrac{-4 b^2+2\left|P F_1\right| \cdot\left|P F_2\right|}{2\left|P F_1\right| \cdot\left|P F_2\right|}=\dfrac{-2 b^2}{\left|P F_1\right| \cdot\left|P F_2\right|}+1\).
\(\therefore\left|P F_1\right| \cdot\left|P F_2\right|=\dfrac{2 b^2}{1-\cos \angle F_1 P F_2}\),
从而得 \(S_{\triangle P F_1 F_2}=\dfrac{b^2}{\tan \dfrac{\angle F_1 P F_2}{2}}\).
2. 答案 \(1\)
解析 根据题意得 \(F_1(-\sqrt{7}, 0)\)、 \(F_2(\sqrt{7}, 0)\),
设\(△PF_1 F_2\)的内切圆分别与\(PF_1\) 、\(PF_2\)切于点\(A_1\) 、\(B_1\),与\(F_1 F_2\)切于点\(A\),
则\(|PA_1 |=|PB_1 |\),\(|F_1 A_1 |=|F_1 A|\),\(|F_2 B_1 |=|F_2 A|\),
又点\(P\)在双曲线右支上,
\(∴|PF_1 |-|PF_2 |=4\),故\(|F_1 A|-|F_2 A|=4\),而 \(\left|F_1 A\right|+\left|F_2 A\right|=2 \sqrt{7}\),
设\(A\)点坐标为\((x,0)\),
则由\(|F_1 A|-|F_2 A|=4\)可得 \((x+\sqrt{7})-(\sqrt{7}-x)=4\),解得\(x=2\),
故\(|OA|=2\),
则\(△PF_1 F_2\)的内切圆的圆心在直线\(x=3\)上,
延长\(F_2 B\)交\(PF_1\)于\(C\),在三角形\(PCF_2\)中,
由题意得,三角形\(PCF_2\)是一个等腰三角形,\(PC=PF_2\),
\(∴\)在三角形\(F_1 CF_2\)中,有 \(|O B|=\dfrac{1}{2}\left|C F_1\right|=\dfrac{1}{2}\left(\left|P F_1\right|-|P C|\right)=\dfrac{1}{2}\left(\left|P F_1\right|-\left|P F_2\right|\right)=2\),
\(\therefore \dfrac{|O B|}{|O A|}=1\).
【C组---拓展题】
1.点\(P\)到图形\(C\)上每一个点的距离的最小值称为点\(P\)到图形\(C\)的距离,那么平面内到定圆\(C\)的距离与到定点\(A\)的距离相等的点的轨迹不可能是( )
A.圆 \(\qquad \qquad\) B.椭圆 \(\qquad \qquad\) C.双曲线的一支 \(\qquad \qquad\) D.直线
2.(多选)已知\(F_1\)、\(F_2\)分别为双曲线 \(\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0)\)的左右焦点,且 \(\left|F_1 F_2\right|=\dfrac{2 b^2}{a}\),点\(P\)为双曲线右支上一点,\(I\)为\(△PF_1 F_2\)的内心,过原点\(O\)作\(PI\)的平行线交\(PF_1\)于\(K\),若 \(S_{\triangle I P F_1}=S_{\triangle I P F_2}+\lambda S_{\triangle I F_1 F_2}\)成立,则下列结论正确的有( )
A. \(\lambda=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}\) B. \(\lambda=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}\) C.点\(I\)的横坐标为\(a\) D.\(PK=a\)
参考答案
1. 答案 \(D\)
解析 排除法:设动点为\(Q\),
(1)当点\(A\)在圆内不与圆心\(C\)重合,连接\(CQ\)并延长,交于圆上一点\(B\),由题意知\(QB=QA\),
又\(QB+QC=R\),所以\(QA+QC=R\),即\(Q\)的轨迹为一椭圆;如图.
(2)如果是点\(A\)在圆\(C\)外,由\(QC-R=QA\),得\(QC-QA=R\),为一定值,即\(Q\)的轨迹为双曲线的一支;
(3)当点\(A\)与圆心\(C\)重合,要使\(QB=QA\),则\(Q\)必然在与圆\(C\)的同心圆,即\(Q\)的轨迹为一圆;
则本题选\(D\).
2. 答案 \(ACD\)
解析 \(\because\left|F_1 F_2\right|=\dfrac{2 b^2}{a}\),\(\therefore 2 c=\dfrac{2 b^2}{a}=\dfrac{2 c^2-2 a^2}{a}\),整理得\(e^2-e-1=0\),
\(∵e>1\), \(\therefore e=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\).
设\(△PF_1 F_2\)的内切圆半径为\(r\),
由双曲线的定义得\(|PF_1 |-|PF_2 |=2a\),\(|F_1 F_2 |=2c\),
\(S_{\triangle I P F_1}=\dfrac{1}{2}\left|P F_1\right| \cdot r\), \(S_{\triangle I P F_2}=\dfrac{1}{2}\left|P F_2\right| \cdot r\), \(S_{\triangle I F_1 F_2}=\dfrac{1}{2} \cdot 2 c \cdot r=c r\),
\(\because S_{\triangle I P F_1}=S_{\triangle I P F_2}+\lambda S_{\triangle I F_1 F_2}\), \(\therefore \dfrac{1}{2}\left|P F_1\right| \cdot r=\dfrac{1}{2}\left|P F_2\right| \cdot r+\lambda c r\),
故 \(\lambda=\dfrac{\left|P F_1\right|-\left|P F_2\right|}{2 c}=\dfrac{a}{c}=\dfrac{1}{\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}}=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}\),所以\(A\)正确,\(B\)错误.
设内切圆与\(PF_1\) 、\(PF_2\) 、\(F_1 F_2\)的切点分别为\(M\),\(N\),\(T\),
可得\(|PM|=|PN|\).\(|F_1 M|=|F_1 T|\),\(|F_2 N|=|F_2 T|\).
由\(|PF_1 |-|PF_2 |=|F_1 M|-|F_2 N|=|F_1 T|-|F_2 T|=2a\),\(|F_1 F_2 |=|F_1 T|+|F_2 T|=2c\),
可得\(|F_2 T|=c-a\),可得\(T\)的坐标为\((a,0)\),即I的横坐标为\(a\),故\(C\)正确;
设\(PI\)延长线与\(F_1 F_2\)交于\(H\),可得\(\dfrac{\left|P F_2\right|}{\left|P F_1\right|}=\dfrac{\left|F_2 H\right|}{\left|F_1 H\right|}\),由\(|PF_1 |-|PF_2 |=2a\),
可得 \(\dfrac{2 a}{\left|P F_1\right|}=\dfrac{2|O H|}{\left|F_1 H\right|}\),①
由三角形的相似的性质可得 \(\dfrac{|P K|}{|O H|}=\dfrac{\left|P F_1\right|}{\left|H F_1\right|}\),②
由①②可得\(|PK|=a\).故\(D\)正确.
故选:\(ACD\).