3.2.2 双曲线的简单几何性质(2)

${\color{Red}{欢迎到学科网下载资料学习 }}$  

【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）
${\color {Red}{ 跟贵哥学数学，so \quad easy！}}$

选择性必修第一册同步巩固，难度 3 颗星！

基础知识

直线与双曲线的位置关系

设直线 $l:Ax+By+C=0$，双曲线 $C:f(x,y)=0$，把两者方程联立得到方程组，消元 $y($ 或 $x)$ 得到一个关于 $x($ 或 $y)$ 的方程 $ax^2+bx+c=0$(或 $ay^2+by+c=0$).
① 当 $a≠0$ 时，
 $∆>0⇔$ 方程有两个不同的实数解，即直线与双曲线有两个交点 $⇔$ 相交；
 $∆=0⇔$ 方程有两个相同的实数解，即直线与双曲线有一个交点 $⇔$ 相切；
 $∆<0⇔$ 方程无实数解，即直线与双曲线无交点 $⇔$ 相离.
② 当 $a=0$，$b≠0$ 时，即得到一个一次方程，则只有一个交点，此时直线 $l$ 与双曲线的渐 * 线 * 行．
 

直线与圆锥曲线的弦长公式

(1) 直线 $y=kx+b$ 与双曲线相交于 $A(x_1,y_1 )$,$B(x_2,y_2)$，则
$A B=\sqrt{1+k^2} \cdot\left|x_1-x_2\right|=\sqrt{1+k^2} \cdot \sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-4 x_1 x_2}=\sqrt{1+k^2} \cdot \dfrac{\sqrt{\Delta}}{|a|}$
或
$A B=\sqrt{1+\dfrac{1}{k^2}} \cdot\left|y_1-y_2\right|=\sqrt{1+\dfrac{1}{k^2}} \cdot \sqrt{\left(y_1+y_2\right)^2-4 y_1 y_2}=\sqrt{1+\dfrac{1}{k^2}} \cdot \dfrac{\sqrt{\Delta}}{|a|}$，
($∆=b^2-4ac$，注意对公式推导的理解，其本质是两点距离公式)
 

中点弦

① 涉及到中点弦问题可用点差法求解，在处理双曲线的中点弦问题要注意检验！
② “点差法” 的常见题型：求中点弦方程、求 (过定点、* 行弦) 弦中点轨迹、垂直 * 分线问题．
 

双曲线常见的结论

(选学内容，证明可见另一专题《圆锥曲线常见二级结论》)
(1) 双曲线点 $P$ 处的切线 $PT$* 分 $△PF_1 F_2$ 在点 $P$ 处的内角.
$\qquad$
(2) 双曲线 $\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0)$ 的焦半径公式：
$\qquad$ 当 $M(x_0,y_0)$ 在右支上时， $MF_1=ex_0+a$, $MF_2=ex_0-a$.
$\qquad$ 当 $M(x_0,y_0)$ 在左支上时， $MF_1=-ex_0+a$, $MF_2=-ex_0-a$.
(3) $AB$ 是双曲线 $\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0)$ 的不 * 行于对称轴的弦， $M(x_0,y_0)$ 为 $AB$ 的中点，
$\qquad$ 则 $k_{O M} \cdot k_{A B}=\dfrac{b^2}{a^2}$，即 $k_{A B}=\dfrac{b^2 x_0}{a^2 y_0}$.
(4) 已知双曲线 $\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0)$，$O$ 为坐标原点，$P$、$Q$ 为双曲线上两动点，且 $OP⊥OQ$.
$\qquad$(i) $\dfrac{1}{O P^2}+\dfrac{1}{O Q^2}=\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{1}{b^2}$ ； $\qquad \qquad$ (ii) $O P^2+O Q^2$ 的最小值为 $\dfrac{4 a^2 b^2}{b^2-a^2}$(或 $\dfrac{4 a^2 b^2}{a^2-b^2}$).
(5) 若 $P_0 (x_0,y_0)$ 在双曲线 $\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0)$ 上，则过 $P_0$ 的双曲线的切线方程是 $\dfrac{x_0 x}{a^2}-\dfrac{y_0 y}{b^2}=1$.
(6) 过双曲线 $\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0)$ 上任意一点 $P$(不是其顶点) 作椭圆切线 $PA$，则有 $k_{P A} \cdot k_{O P}=e^2-1$ .
(7) 过直线 $mx+ny=1(m≠0)$ 且在双曲线 $\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0)$ 外一点 $M$ 向双曲线引两条切线，切点分别为 $A$,$B$，
$\qquad$ 则直线 $AB$ 必过定点 $N\left(m a^2, n b^2\right)$.
 

基本方法

【题型1】直线与双曲线的位置关系与弦长问题

【典题 1】已知双曲线 $x^2-\dfrac{y^2}{4}=1$，过点 $P(1,1)$ 的直线 $l$ 与双曲线只有一个公共点，求直线 $l$ 的方程．
解析 方法 1 代数法
(1) 当直线 $l$ 的斜率不存在时，直线 $l$ 的方程为 $x=1$，与双曲线 $x^2-\dfrac{y^2}{4}=1$ 只有一个交点，满足题意；
(2) 当直线 $l$ 的斜率存在时，设直线 $l$ 方程为 $y=k(x-1)+1$，
联立方程得 $\left\{\begin{array}{c} y=k(x-1)+1 \\ x^2-\dfrac{y^2}{4}=1 \end{array}\right.$ 得 $(4-k^2 ) x^2+(2k^2-2k)x-k^2+2k-5=0 (*)$，
(i) 当 $4-k^2=0$ 时，$k=±2$，方程 $(*)$ 变成 $4x-5=0$ 或 $12x-13=0$，方程只有一个根，
即直线 $l$ 与双曲线只有一个交点，满足题意，
此时直线 $l$ 的方程为 $2x-y-1=0$ 或 $2x+y-3=0$；
(ii) 当 $4-k^2≠0$，即 $k≠±2$ 时，要满足题意则要 $△=0$，解得 $k=\dfrac{5}{2}$，
此时直线方程为 $y=\dfrac{5}{2} x-\dfrac{3}{2}$，即 $5x-2y-3=0$．
综上所述，直线 $l$ 的方程为 $x=1$ 或 $2x-y-1=0$ 或 $2x+y-3=0$ 或 $5x-2y-3=0$．

方法 2 几何法
双曲线 $x^2-\dfrac{y^2}{4}=1$ 的渐 * 线方程为 $y=±2x$，
(1) 直线 $l:x=1$ 与双曲线只有一个公共点；
(2) 直线 $l$* 行于渐 * 线 $y=±2x$ 时，直线 $l$ 与双曲线只有一个公共点，
方程为 $y-1=±2(x－1)$，即 $2x-y-1=0$ 或 $2x+y-3=0$；
(3) 直线 $l$ 不 * 行于渐 * 线 $y=±2x$ 时，设过 $P$ 的直线方程为 $y-1=k(x-1)$，$(k≠±2)$
由 $\left\{\begin{array}{c} y=k(x-1)+1 \\ x^2-\dfrac{y^2}{4}=1 \end{array}\right.$ 得 $(4-k^2 ) x^2+(2k^2-2k)x-k^2+2k-5=0$，
只有一个交点，即 $△=0$，解得 $k=\dfrac{5}{2}$，
此时直线方程为 $y=\dfrac{5}{2} x-\dfrac{3}{2}$，即 $5x-2y-3=0$．
故直线 $l$ 的方程为 $x=1$ 或 $2x-y-1=0$ 或 $2x+y-3=0$ 或 $5x-2y-3=0$．
点拨 从几何的角度看，直线与双曲线 $\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0)$ 的位置关系与渐 * 线 $y=\dfrac{b}{a} x$ 有关，
(1) 当点 $P$ 在双曲线上或内，
当 $k=\dfrac{b}{a}$ 或 $k=-\dfrac{b}{a}$ 时，只有 $1$ 个交点；当 $k \neq \pm \dfrac{b}{a}$ 时，只有 $2$ 个交点；

(2) 当点 $P$ 在双曲线外，
当 $k=\dfrac{b}{a}$ 或 $k=-\dfrac{b}{a}$ 时，只有 $0$ 或 $1$ 个交点；
当 $k>\dfrac{b}{a}$ 或 $k<-\dfrac{b}{a}$ 时，只有 $0$ 或 $2$ 个交点；
当 $0<k<\dfrac{b}{a}$ 或 $-\dfrac{b}{a}<k<0$ 时，只有 $2$ 个交点.

做题时注意特殊情况：斜率 $k$ 不存在的直线.
 

【典题 2】已知双曲线 $\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0)$ 的离心率为 $2$，焦点到渐 * 线的距离等于 $\sqrt{3},$，过右焦点 $F_2$ 的直线 $l$ 交双曲线于 $A$、$B$ 两点，$F_1$ 为左焦点．
  (1) 求双曲线的方程；
  (2) 若 $△F_1 AB$ 的面积等于 $6 \sqrt{2}$，求直线 $l$ 的方程．
解析 (1)$∵$ 双曲线 $\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0)$ 的渐 * 线方程为 $bx±ay=0$，
$∴$ 双曲线焦点 $(±c,0)$ 到渐 * 线的距离为 $\dfrac{|b c|}{\sqrt{b^2+a^2}}=b=\sqrt{3}$，
又 $∵$ 双曲线离心率 $e=\dfrac{c}{a}=2$
$∴c=2a$，* 方得 $c^2=a^2+b^2=a^2+3=4a^2$，解得 $a=1$，
因此双曲线的方程为 $x^2-\dfrac{y^2}{3}=1$.
(2) 方法 1 设 $A(x_1,y_1 )$,$B(x_2,y_2 )$，
当直线 $l$ 的斜率不存在，则直线 $l$ 的方程 $x=2$，此时易得 $S_{\triangle F_1 A B}=12 \neq 6 \sqrt{2}$，
故可设直线 $l$ 的方程为 $y=k(x-2)$
由 $\left\{\begin{array}{c} y=k(x-2) \\ x^2-\dfrac{y^2}{3}=1 \end{array}\right.$，消元得 $(k^2-3) x^2-4k^2 x+4k^2+3=0$，
$∵$ 有两个交点， $\therefore k \neq \pm \sqrt{3}$，且 $x_1+x_2=\dfrac{4 k^2}{k^2-3}$, $x_1 x_2=\dfrac{4 k^2+3}{k^2-3}$，
$\therefore|A B|=\sqrt{1+k^2} \cdot \sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-4 x_1 x_2}=\sqrt{1+k^2} \cdot \dfrac{6 \sqrt{k^2+1}}{k^2-3}=\dfrac{6\left(k^2+1\right)}{k^2-3}$，
$∵F_1 (-2,0)$ 到直线 $l$ 的距离为： $d=\dfrac{4|k|}{\sqrt{1+k^2}}$，
$∴△F_1 AB$ 的面积 $S=\dfrac{1}{2} \cdot d \cdot|A B|=\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{4|k|}{\sqrt{1+k^2}} \cdot \dfrac{6\left(k^2+1\right)}{k^2-3}=12|k| \cdot \dfrac{\sqrt{k^2+1}}{k^2-3}=6 \sqrt{2}$，
$∴k^4+8k^2-9=0$，解得 $k=±1$，
$∴$ 所以直线 $l$ 的方程为 $y=±(x-2)$．
方法 2 设 $A(x_1,y_1 )$,$B(x_2,y_2 )$，
同方法 1 可得： $k \neq \pm \sqrt{3}$，且 $x_1+x_2=\dfrac{4 k^2}{k^2-3}$, $x_1 x_2=\dfrac{4 k^2+3}{k^2-3}$，
$∴y_1-y_2=k(x_1-x_2)$，
$∴△F_1 AB$ 的面积 $S=\dfrac{1}{2}\left|F_1 F_2\right|\left|y_1-y_2\right|=2|k|\left|x_1-x_2\right|$$=2|k| \dfrac{\sqrt{\left(4 k^2\right)^2-4\left(k^2-3\right)\left(4 k^2+3\right)}}{\left|k^2-3\right|}=12|k| \dfrac{\sqrt{k^2+1}}{\left|k^2-3\right|}=6 \sqrt{2}$，
两边去分母并且 * 方整理，得 $k^4+8k^2-9=0$，解之得 $k^2=1$，
$∴k=±1$，得直线 $l$ 的方程为 $y=±(x－2)$.

点拨
1. 过一定点设直线方程为 $y=kx+m$，但要注意斜率是否存在，也设直线方程为 $x=ty+m$；
2. 求三角形面积可以用 $S_{\triangle}=\dfrac{1}{2} \cdot A B \cdot d$_，_其中 $AB$ 为弦长，$d$ 为 $F_2$ 到直线 $AB$ 的距离；或用 $S_△= \dfrac{1}{2}\left|F_1 F_2\right|\left|y_1-y_2\right|$.
 

巩固练习

1. 双曲线 $x^2-y^2=1$ 与直线 $x-y=1$ 交点的个数为 (　　)
 A．$0$ $\qquad \qquad$ B．$1$ $\qquad \qquad$ C．$2$ $\qquad \qquad$ D．$4$
 

2. 已知双曲线 $\dfrac{x^2}{12}-\dfrac{y^2}{4}=1$ 的右焦点为 $F$，若过点 $F$ 的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则该直线斜率的取值范围是 (　　)
 A． $\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{3}, \dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)$ $\qquad \qquad$ B． $(-\sqrt{3}, \sqrt{3})$ $\qquad \qquad$ C． $\left[-\dfrac{\sqrt{3}}{3}, \dfrac{\sqrt{3}}{3}\right]$ $\qquad \qquad$ D． $[-\sqrt{3}, \sqrt{3}]$
 

3. 已知双曲线 $C:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0)$ 的离心率为 $\sqrt{5}$，虚轴长为 $4$．
  (1) 求双曲线的标准方程；
  (2) 过点 $(0,1)$，倾斜角为 $45°$ 的直线 $l$ 与双曲线 $C$ 相交于 $A$、$B$ 两点，$O$ 为坐标原点，求 $∆OAB$ 的面积．
 
 

4. 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 $F(2,0)$，一条渐 * 线的倾斜角为 $30^∘$．
  (1) 求双曲线 $C$ 的方程；
  (2) 经过点 $F$ 的直线与双曲线的右支交于 $A$,$B$ 两点，与 $y$ 轴交于 $P$ 点，点 $P$ 关于原点的对称点为点 $Q$，求证： $S_{\triangle Q A B}>\dfrac{4 \sqrt{3}}{3}$．
 
 

参考答案

1. 答案 $B$
   解析 联立方程可得 $\left\{\begin{array}{l} x^2-y^2=1 \\ x-y=1 \end{array}\right.$，消 $y$ 可得 $x^2-(x-1)^2=1$，
   即 $2x-1=1$，故 $x=1$，
   故方程组有且只有一组解，
   故双曲线 $x^2-y^2=1$ 与直线 $x-y=1$ 有且只有一个交点；
   故选：$B$．
2. 答案 $C$
   解析 渐 * 线方程 $y=\pm \dfrac{\sqrt{3}}{3} x$,
   当过焦点的两条直线与两条渐 * 线 * 行时，
   这两条直线与双曲线右支分别只有一个交点 (因为双曲线正在与渐 * 线无限接 * 中)，
   那么在斜率是 $\left[-\dfrac{\sqrt{3}}{3}, \dfrac{\sqrt{3}}{3}\right]$ 两条直线之间的所有直线中，
   都与双曲线右支只有一个交点．
   此直线的斜率的取值范围 $\left[-\dfrac{\sqrt{3}}{3}, \dfrac{\sqrt{3}}{3}\right]$．
   故选：$C$．
3. 答案 (1) $x^2-\dfrac{y^2}{4}=1$ (2) $\dfrac{4}{3}$
   解析 (1) 依题意可得 $\left\{\begin{array}{c} \dfrac{c}{a}=\sqrt{5} \\ 2 b=4 \\ c^2=a^2+b^2 \end{array}\right.$ ，解得 $a=1$,$b=2$, $c=\sqrt{5}$，
   $∴$ 双曲线的标准方程为 $x^2-\dfrac{y^2}{4}=1$．
   (2) 直线 $l$ 的方程为 $y=x+1$，
   设 $A(x_1,y_1)$,$B(x_2,y_2)$，
   由 $\left\{\begin{array}{c} y=x+1 \\ x^2-\dfrac{y^2}{4}=1 \end{array}\right.$ 可得 $3x^2-2x-5=0$，
   由韦达定理可得 $x_1+x_2=\dfrac{2}{3}, x_1 x_2=-\dfrac{5}{3}$
   即 $|A B|=\sqrt{1+k^2} \cdot \sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-4 x_1 x_2}=\sqrt{2} \cdot \sqrt{\dfrac{4}{9}+\dfrac{20}{3}}=\dfrac{8 \sqrt{2}}{3}$
   原点到直线 $l$ 的距离为 $d=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，
   于是 $S_{\triangle O A B}=\dfrac{1}{2} \cdot|A B| \cdot d=\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{8 \sqrt{2}}{3} \cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{4}{3}$，
   $∴∆OAB$ 的面积为 $\dfrac{4}{3}$.
4. 答案 (1) $\dfrac{x^2}{3}-y^2=1$ (2) 略
   解析 (1) 由题意得 $c=2$， $\dfrac{b}{a}=\tan 30^{\circ}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$，$c^2=a^2+b^2$
   解得 $a^2=3$，$b^2=1$
   所以双曲线 $C$ 的方程为 $\dfrac{x^2}{3}-y^2=1$．
   (2) 证明：由题意知直线的斜率存在，设直线方程为 $y=k(x-2)$，得 $P(0,-2k)$,$Q(0,2k)$，
   设 $A(x_1,y_1 )$,$B(x_2,y_2 )$，
   联立 $\left\{\begin{array}{l} \dfrac{x^2}{3}-y^2=1 \\ y=k(x-2) \end{array}\right.$，整理可得 $(3k^2-1) x^2-12k^2 x+12k^2+3=0$，
   $x_1+x_2=\dfrac{12 k^2}{3 k^2-1}$， $x_1 \cdot x_2=\dfrac{12 k^2+3}{3 k^2-1}$，
   所以 $S_{\triangle Q A B}=\left|S_{\triangle Q P B}-S_{\triangle Q P A}\right|=\dfrac{1}{2}\left|P Q \| x_1-x_2\right|=2|k|\left|x_1-x_2\right|$
   所以 $S_{\triangle Q A B}^2=4 k^2\left[\left(x_1+x_2\right)^2-4 x_1 x_2\right]$$=4 k^2\left[\left(\dfrac{12 k^2}{3 k^2-1}\right)^2-\dfrac{4\left(12 k^2+3\right)}{3 k^2-1}\right]=\dfrac{48 k^2\left(k^2+1\right)}{\left(3 k^2-1\right)^2}$，
   直线与双曲线右支有两个交点，
   所以 $x_1+x_2=\dfrac{12 k^2}{3 k^2-1}>0$, $x_1 \cdot x_2=\dfrac{12 k^2+3}{3 k^2-1}>0$
   所以 $3k^2>1$，
   设 $t=3k^2-1>0$，
   $S_{\triangle Q A B}^2=48 \dfrac{\dfrac{(t+1)}{3} \cdot\left(\dfrac{t+1}{3}+1\right)}{t^2}=\dfrac{16}{3}\left(\dfrac{4}{t^2}+\dfrac{5}{t}+1\right)=\dfrac{64}{3}\left(\dfrac{1}{t}+\dfrac{5}{8}\right)^2-3$$>\dfrac{64}{3} \times \dfrac{25}{64}-3=\dfrac{16}{3}$，
   所以 $S_{\triangle Q A B}>\dfrac{4 \sqrt{3}}{3}$．
    

【题型2】直线与双曲线的综合题型

【典题 1】 动点 $M(x,y)$ 与定点 $F(4,0)$ 的距离和 $M$ 到定直线 $l:x=\dfrac{9}{4}$ 的距离的比是常数 $\dfrac{4}{3}$，求动点 $M$ 的轨迹，
解析 如图，设 $d$ 是点 $M$ 直线 $l:x=\dfrac{9}{4}$ 的距离，

根据题意，得 $\dfrac{\sqrt{(x-4)^2+y^2}}{\left|x-\dfrac{9}{4}\right|}=\dfrac{4}{3}$，化简得 $7x^2-9y^2=63$，即 $\dfrac{x^2}{9}-\dfrac{y^2}{7}=1$,
所以动点 $M$ 的轨迹是焦点在 $x$ 轴上，实轴长为 $6$、虚轴长为 $2 \sqrt{7}$ 的双曲线.
点拨 这是双曲线的第二定义，其中直线 $l:x=\dfrac{9}{4}$ 叫做准线，距离之比 $\dfrac{4}{3}$ 为双曲线离心率.
 

【典题 2】已知双曲线 $\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0)$ 渐 * 线方程为 $y=\pm \sqrt{3} x$，$O$ 为坐标原点，点 $M(-\sqrt{3}, \sqrt{3})$ 在双曲线上．
  (1) 求双曲线的方程；
  (2) 已知 $P$，$Q$ 为双曲线上不同两点，点 $O$ 在以 $PQ$ 为直径的圆上，求 $\dfrac{1}{|O P|^2}+\dfrac{1}{|O Q|^2}$ 的值．
解析 (1)∵$\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0)$ 渐 * 线方程为 $y=\pm \sqrt{3} x$，
$∴$ 设双曲线方程为 $(y+\sqrt{3} x)(y-\sqrt{3} x)=\lambda$，$λ≠0$，即 $y^2－3x^2=λ$，
$∵O$ 为坐标原点，点 $M(-\sqrt{3}, \sqrt{3})$ 在双曲线上，
$\therefore(\sqrt{3})^2-3(-\sqrt{3})^2=\lambda$，解得 $λ=-6$，
$∴$ 双曲线方程为 $y^2-3x^2=-6$，即 $\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{y^2}{6}=1$，
(2)$∵$ 直线 $l$ 与双曲线交于 $P$、$Q$ 两点，以弦 $PQ$ 为直径的圆经过原点 $O$，
$∴OP⊥OQ$，
设直线 $OP$ 的方程为 $y=kx,(k≠0)$
代入 $\lambda^{x^2}-\dfrac{y^2}{6}=1$ 中，得 $\left\{\begin{array}{l} x^2=\dfrac{6}{3-k^2} \\ y^2=\dfrac{6 k^2}{3-k^2} \end{array}\right.$，
$\therefore|O P|^2=x^2+y^2=\dfrac{6\left(k^2+1\right)}{3-k^2}$，同理，得 $|O Q|^2=\dfrac{6\left(k^2+1\right)}{3 k^2-1}$，
$\therefore \dfrac{1}{|O P|^2}+\dfrac{1}{|O Q|^2}=\dfrac{1}{3}$ .
点拨 这是定值问题，引入变量表示所求量，最后确定所求值与变量无关，这是常见解题思路。比如本题用 $k$ 表示 $|O P|^2$ 与 $|O Q|^2$，最后通过运算确定 $\dfrac{1}{|O P|^2}+\dfrac{1}{|O Q|^2}$ 的值与 $k$ 无关.
 

【典题 3】已知双曲线 $C$ 过点 $(4, \sqrt{3})$，且渐 * 线方程为 $y=\pm \dfrac{1}{2} x$，直线 $l$ 与曲线 $C$ 交于点 $M$、$N$ 两点．
  (1) 求双曲线 $C$ 的方程；
  (2) 若直线 $l$ 过点 $(1,0)$，问在 $x$ 轴上是否存在定点 $Q$，使得 $\overrightarrow{Q M} \cdot \overrightarrow{Q N}$ 为常数？若存在，求出点坐标及此常数的值；若不存在，说明理由．
解析 (1) 因为双曲线 $C$ 过点 $(4, \sqrt{3})$，且渐 * 线方程为 $y=\pm \dfrac{1}{2} x$，
所以 $\left\{\begin{array}{l} \dfrac{16}{a^2}-\dfrac{3}{b^2}=1 \\ \dfrac{b}{a}=\dfrac{1}{2} \end{array}\right.$，解得 $b^2=1$，$a^2=4$
所以双曲线的方程为 $\dfrac{x^2}{4}-y^2=1$．
(2) 设直线 $l$ 的方程为 $x=my+1$，设定点 $Q(t,0)$，
联立方程组 $\left\{\begin{array}{l} \dfrac{x^2}{4}-y^2=1 \\ x=m y+1 \end{array}\right.$，消 $x$ 可得 $(m^2-4) y^2+2my-3=0$，
所以 $m^2-4≠0$，且 $△=4m^2+12(m^2－4)>0$，解得 $m^2>3$ 且 $m^2≠4$．
设 $M(x_1,y_1 )$,$N(x_2,y_2 )$，
所以 $y_1+y_2=-\dfrac{2 m}{m^2-4}$， $y_1 y_2=-\dfrac{3}{m^2-4}$，
所以 $x_1+x_2=m\left(y_1+y_2\right)+2=-\dfrac{2 m^2}{m^2-4}+2=\dfrac{-8}{m^2-4}$
$x_1 x_2=\left(m y_1+1\right)\left(m y_2+1\right)=m^2 y_1 y_2+m\left(y_1+y_2\right)+1$
$=-\dfrac{3}{m^2-4}-\dfrac{2 m}{m^2-4}+1=-\dfrac{4 m^2+4}{m^2-4}=-4-\dfrac{20}{m^2-4}$
所以 $\overrightarrow{Q M} \cdot \overrightarrow{Q N}=\left(x_1-t, y_1\right)\left(x_2-t, y_2\right)=\left(x_1-t\right)\left(x_2-t,\right)+y_1 y_2$
$=x_1 x_2-t\left(x_1+x_2\right)+y_1 y_2=x_1 x_2-t\left(x_1+x_2\right)+t^2+y_1 y_2$
$=-4-\dfrac{20}{m^2-4}+t \cdot \dfrac{8}{m^2-4}-\dfrac{3}{m^2-4}+t^2$
$=-4+t^2+\dfrac{8 t-23}{m^2-4}$ 为常数，与 $m$ 无关，
所以 $8t-23=0$，解得 $t=\dfrac{23}{8}$，
此时 $\overrightarrow{Q M} \cdot \overrightarrow{Q N}=\dfrac{273}{64}$．
点拨 这是定点问题，先设元 (设定点坐标) 再根据已知条件求出其元的值，从而确定定点.
 

巩固练习

1. 双曲线 $E:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0)$ 被斜率为 $4$ 的直线截得的弦 $AB$ 的中点为 $(2,1)$，则双曲线 $E$ 的离心率为 (　　)
 A． $\sqrt{2}$ $\qquad \qquad$ B． $\sqrt{3}$ $\qquad \qquad$ C．$2$ $\qquad \qquad$ D． $\sqrt{5}$
 

2. 已知双曲线 $\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0)$ 的渐 * 线为 $y=\pm \sqrt{3} x$，过右焦点 $F$ 的直线 $l$ 与双曲线交于 $A$，$B$ 两点且 $\overrightarrow{A F}=3 \overrightarrow{F B}$，则直线 $l$ 的斜率为 (　　)
 A． $\pm \sqrt{3}$ $\qquad \qquad$ B． $\pm \sqrt{15}$ $\qquad \qquad$ C．$±1$ $\qquad \qquad$ D． $\pm \sqrt{5}$
 

3. 已知双曲线 $Γ：\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0)$，$O$ 为坐标原点．
  (1) 若 $Γ$ 为等轴双曲线，且 $Γ$ 的右焦点 $F$ 到点 $O$ 的距离为 $2$，求 $Γ$ 的方程；
  (2) $a=\sqrt{2}$， $b=\sqrt{3}$，设斜率为 $1$ 的直线 $l$ 交 $Γ$ 于 $P$、$Q$ 两点，且 $OP⊥OQ$，若 $l$ 与圆 $x^2+y^2=r^2 (r>0)$ 相切，求 $r$ 的值．
 
 

4. 已知双曲线的方程 $C：2x^2-y^2=1$．
  (1) 求点 $P(0,1)$ 到双曲线 $C$ 上点的距离的最小值；
  (2) 已知圆 $M：x^2+y^2=1$ 的切线 $l$(直线 $l$ 的斜率存在) 与双曲线 $C$ 交于 $A$、$B$ 两点，那么 $∠AOB$ 是否为定值？如果是，求出定值；如果不是，请说明理由．
 
 

参考答案

1. 答案 $B$
   解析 设 $A(x_1,y_1 )$,$B(x_2,y_2 )$ 代入双曲线方程作差有 $\dfrac{\left(x_1-x_1\right)\left(x_1+x_2\right)}{a^2}=\dfrac{\left(y_1-y_2\right)\left(y_1+y_2\right)}{b^2}$，
   双曲线 $E:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0)$ 被斜率为 $4$ 的直线截得的弦 $AB$ 的中点为 $(2,1)$，
   所以 $x_1+x_2=4$,$y_1+y_2=2$，
   有 $\dfrac{b^2}{a^2}=\dfrac{\left(y_1-y_2\right)\left(y_1+y_2\right)}{\left(x_1-x_2\right)\left(x_1+x_2\right)}=2$，所以 $\dfrac{c^2}{a^2}=3$， $e=\sqrt{3}$，
   故选：$B$．
2. 答案
   解析 双曲线 $\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0)$ 的渐 * 线为 $y=\pm \sqrt{3} x$，可得 $b=\sqrt{3} a$，$c=2a$,
   双曲线的方程即为 $3x^2-y^2=3a^2$,
   由 $\overrightarrow{A F}=3 \overrightarrow{F B}$，可得 $A,F,B$ 三点共线，且 $A,B$ 均在双曲线的右支上，
   设 $A,B$ 的纵坐标分别为 $y_1$，$y_2$，可得 $-y_1=3y_2$，①
   可设直线 $l$ 的方程为 $x=my+c$，即 $x=my+2a$，
   联立双曲线的方程 $3x^2-y^2=3a^2$，可得 $(3m^2-1) y^2+12amy+9a^2=0$，
   可得 $y_1+y_2=-\dfrac{12 a m}{3 m^2-1}$， $y_1 y_2=\dfrac{9 a^2}{3 m^2-1}$，②
   联立①②可得 $-3 \cdot \dfrac{36 a^2 m^2}{\left(3 m^2-1\right)^2}=\dfrac{9 a^2}{3 m^2-1}$，
   化为 $15m^2=1$，解得 $m=\pm \dfrac{\sqrt{15}}{15}$，
   则直线 $l$ 的斜率为 $\pm \sqrt{15}$．
   故选：$B$．
3. 答案 (1) $\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{y^2}{2}=1$ (2) $\sqrt{6}$
   解析 (1)$Γ$ 为等轴双曲线，可得 $a=b$，
   由 $Γ$ 的右焦点 $F(c,0)$ 到点 $O$ 的距离为 $2$，可得 $c=2$，即 $a^2+b^2=4$，
   解得 $a=b=\sqrt{2}$，
   则双曲线的方程为 $\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{y^2}{2}=1$；
   (2) 由题意可得 $\Gamma: \dfrac{x^2}{2}-\dfrac{y^2}{3}=1,$，设直线 $l：y=x+m$，$P(x_1,y_1 )$，$Q(x_2,y_2 )$，
   将直线方程代入双曲线方程，并化简得 $x^2-4mx-(2m^2+6)=0$，
   则 $△=16m^2-4(2m^2+6)>0$，解得 $m>\sqrt{3}$ 或 $m<-\sqrt{3}$，
   且 $x_1+x_2=4m$，$x_1 x_2=-2m^2-6$，$(*)$
   $∵OP⊥OQ$，
   $∴x_1 x_2+y_1 y_2=x_1 x_2+(x_1+m)(x_2+m)=2x_1 x_2+m(x_1+x_2)+m^2=0$，
   将 $(*)$ 代入，得 $m^2=12$，
   $\therefore m=\pm 2 \sqrt{3}$，
   又直线 $l$ 与圆相切，可得 $r=d=\dfrac{|m|}{\sqrt{2}}=\sqrt{6}$．
4. 答案 (1) $\dfrac{\sqrt{30}}{6}$ (2) $90°$
   解析 (1) 设 $Q(a,b)$ 为双曲线上的点，则 $2a^2-b^2=1$，
   则 $|P Q|=\sqrt{a^2+(b-1)^2}=\sqrt{\dfrac{3}{2} b^2-2 b+\dfrac{3}{2}}=\sqrt{\dfrac{3}{2}\left(b-\dfrac{2}{3}\right)^2+\dfrac{5}{6}}$，
   当 $b=\dfrac{2}{3}$ 时 $|PQ|$ 最小，且为 $\dfrac{\sqrt{30}}{6}$，
   所以点 $P(0,1)$ 到双曲线 $C$ 上点的距离的最小值为 $\dfrac{\sqrt{30}}{6}$；
   (2) 设直线 $l$ 的方程为 $y=kx+t$，
   由直线 $l$ 与圆相切，可得 $d=\dfrac{|t|}{\sqrt{1+k^2}}=1$，即 $t^2=1+k^2$，
   设 $A(x_1,y_1 )$,$B(x_2,y_2 )$，联立 $\left\{\begin{array}{l} y=k x+t \\ 2 x^2-y^2=1 \end{array}\right.$，
   可得 $(2-k^2 ) x^2-2ktx-t^2-1=0$，
   则 $2-k^2≠0$， $x_1+x_2=\dfrac{2 k t}{2-k^2}$，$x_1 x_2=-\dfrac{t^2+1}{2-k^2}=-\dfrac{2+k^2}{2-k^2}$
   所以 $y_1 y_2=\left(k x_1+t\right)\left(k x_2+t\right)=k^2 x_1 x_2+k t\left(x_1+x_2\right)+t^2$
   $=\dfrac{-k^2 t^2-k^2+2 k^2 t^2+2 t^2-k^2 t^2}{2-k^2}=\dfrac{2 t^2-k^2}{2-k^2}=\dfrac{2+k^2}{2-k^2}$，
   所以 $\overrightarrow{O A} \cdot \overrightarrow{O B}=x_1 x_2+y_1 y_2=-\dfrac{2+k^2}{2-k^2}+\dfrac{2+k^2}{2-k^2}=0$，
   所以 $∠AOB$ 为定值 $90°$.
    

分层练习

【A组---基础题】

1. 直线 $y=kx(k>0)$ 与双曲线 $\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{y^2}{6}=1$ 没有交点，则 $k$ 的取值范围为 (　　)
  A． $\left[\dfrac{\sqrt{3}}{3},+\infty\right)$ $\qquad \qquad$ B．$(2,+∞)$ $\qquad \qquad$ C． $[\sqrt{3},+\infty)$ $\qquad \qquad$ D． $(0, \sqrt{3})$
 

2. 过双曲线 $\dfrac{x^2}{3}-y^2=1$ 的右焦点 $F$，作倾斜角为 $60°$ 的直线 $l$, 交双曲线的渐 * 线于点 $A$、$B$，$O$ 为坐标原点，则 $△OAB$ 的面积为 (　　)
 A． $\sqrt{3}$ $\qquad \qquad$ B．$3$ $\qquad \qquad$ C． $\dfrac{3 \sqrt{3}}{2}$ $\qquad \qquad$ D．$6$
 

3. 已知倾斜角为 $\dfrac{\pi}{4}$ 的直线与双曲线 $C:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0)$ 相交于 $A$，$B$ 两点，$M(4,2)$ 是弦 $AB$ 的中点，则双曲线的离心率为 $\underline{\quad \quad}$ .
 

4. 已知曲线 $C:x^2-y^2=1$ 及直线 $l:y=kx-1$．且直线 $l$ 与双曲线 $C$ 有两个不同的交点 $A$,$B$．
  (1) 求实数 $k$ 的取值范围；
  (2)$O$ 是坐标原点，且 $△AOB$ 的面积为 $\sqrt{2}$，求实数 k 的值．
 
 

5. 已知双曲线 $C:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0)$ 的焦距为 $2 \sqrt{5}$，且过点 $A(2 \sqrt{2},-1)$，直线 $l$ 与曲线 $C$ 右支相切 (切点不为右项点)，且 $l$ 分别交双曲线 $C$ 的两条渐 * 线与 $M$,$N$ 两点，$O$ 为坐标原点．
  (1) 求双曲线 $C$ 的方程；
  (2) 求证：$△MON$ 面积为定值，并求出该定值．

 
 

6. 已知 $F_1 (-2,0)$,$F_2 (2,0)$，点 $P$ 满足 $|PF_1 |-|PF_2 |=2$，记点 $P$ 的轨迹为 $E$．
  (1) 求轨迹 $E$ 的方程；
  (2) 若直线 $l$ 过点 $F_2$ 且与轨迹 $E$ 交于 $P$、$Q$ 两点．无论直线 $l$ 绕点 $F_2$ 怎样转动，在 $x$ 轴上总存在定点 $M(m,0)$，使 $MP⊥MQ$ 恒成立，求实数 $m$ 的值．
 
 

参考答案

1. 答案 $C$
   解析 双曲线 $\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{y^2}{6}=1$ 的渐 * 线方程为： $y=\pm \sqrt{3} x$，
   根据双曲线的性质可知直线 $y=kx(k>0)$ 与双曲线 $\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{y^2}{6}=1$ 没有交点，满足 $k \geq \sqrt{3}$．
   故选：$C$．

2. 答案 $C$
   解析 不妨设点 $A$ 在第一象限，点 $B$ 在第四象限，因为 $∠OFB=60°$,
   双曲线 $\dfrac{x^2}{3}-y^2=1$ 的渐 * 线方程 $y=\pm \dfrac{\sqrt{3}}{3} x$，
   所以 $∠AOF=30°$，所以 $∠FOB=30°$，
   所以 $∠OBA=∠OBF=90°$，所以 $|O B|=|O F| \cos 30^{\circ}=\sqrt{3}$．
   又 $∠AOB=60°$，则 $∠OAB=30°$，所以 $|O A|=2|O B|=2 \sqrt{3}$，所以 $|AB|=3$，
   从而 $△OAB$ 的面积为： $\dfrac{1}{2} \cdot|O A||O B| \sin 60^{\circ}=\dfrac{3 \sqrt{3}}{2}$．
   故选：$C$．
   

3. 答案 $\dfrac{\sqrt{6}}{2}$
   解析 设 $A$、$B$ 的坐标分别为 $(x_1,y_1 )$,$(x_2,y_2 )$，
   则 $\left\{\begin{array}{l} \dfrac{x_1^2}{a^2}-\dfrac{y_1^2}{b^2}=1 \\ \dfrac{x_2^2}{a^2}-\dfrac{y_2^2}{b^2}=1 \end{array}\right.$，两式相减，整理得， $\dfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=\dfrac{b^2\left(x_1+x_2\right)}{a^2\left(y_1+y_2\right)}$，
   $∵$ 直线 $AB$ 的倾斜角为 $\dfrac{\pi}{4}$，且弦 $AB$ 的中点为 $M(4,2)$，
   $\therefore \tan \dfrac{\pi}{4}=\dfrac{b^2 \times 4}{a^2 \times 2}$，得 $\dfrac{b^2}{a^2}=\dfrac{1}{2}$，
   $∴$ 离心率 $e=\sqrt{\dfrac{c^2}{a^2}}=\sqrt{1+\dfrac{b^2}{a^2}}=\sqrt{1+\dfrac{1}{2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{2}$．

4. 答案 (1) $\{k \mid-\sqrt {2}<k<\sqrt {2} \text {, 且 } k \neq \pm 1\}$ (2) $\pm \dfrac{\sqrt{6}}{2}$
   解析 (1) 设 $A(x_1,y_1 )$,$B(x_2,y_2 )$，
   联立 $\left\{\begin{array}{l} y=k x-1 \\ x^2-y^2=1 \end{array}\right.$，整理可得 $(1-k^2 ) x^2+2kx-2=0$，
   当 $\left\{\begin{array}{l} 1-k^2 \neq 0 \\ \Delta=4 k^2-4\left(1-k^2\right)(-2)>0 \end{array}\right.$ 时，直线 $l$ 与双曲线由两个不同的交点，
   即 $\left\{\begin {array}{l} k \neq 1 \text { 且 } k \neq-1 \\ -\sqrt {2}<k<\sqrt {2} \end {array}\right.$，
   所以 $k$ 的取值范围为 $\{k \mid-\sqrt {2}<k<\sqrt {2} \text {, 且 } k \neq \pm 1\}$；
   (2) 由 (1) 可知 $x_1+x_2=\dfrac{-2 k}{1-k^2}$, $x_1 x_2=-\dfrac{2}{1-k^2}$，
   所以弦长 $|A B|=\sqrt{1+k^2} \cdot \sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-4 x_1 x_2}=\sqrt{1+k^2} \cdot \sqrt{\dfrac{4 k^2}{\left(1-k^2\right)^2}-4 \cdot \dfrac{-2}{1-k^2}}$
   $=\sqrt{1+k^2} \cdot \dfrac{\sqrt{8-4 k^2}}{\left|1-k^2\right|}$ ，
   原点 $O$ 到直线 $AB$ 的距离 $d=\dfrac{1}{\sqrt{1+k^2}}$，
   所以 $S_{\triangle A O B}=\dfrac{1}{2} \cdot|A B| \cdot d=\dfrac{1}{2} \cdot \sqrt{1+k^2} \cdot \dfrac{\sqrt{8-4 k^2}}{\left|1-k^2\right|} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{1+k^2}}=\sqrt{\dfrac{2-k^2}{\left(1-k^2\right)^2}}$，
   由题意 $\sqrt{2}=\sqrt{\dfrac{2-k^2}{\left(1-k^2\right)^2}}$，解得： $k=\pm \dfrac{\sqrt{6}}{2}$ 符合题意，
   所以实数 $k$ 的值为 $\pm \dfrac{\sqrt{6}}{2}$．
   

5. 答案 (1) $\dfrac{x^2}{4}-y^2=1$ (2) $2$
   解析 (1) 设双曲线的焦距为 $2c$，由题意可得 $\left\{\begin{array}{l} 2 c=2 \sqrt{5} \\ c^2=a^2+b^2 \\ \dfrac{8}{a^2}-\dfrac{1}{b^2}=1 \end{array}\right.$，解得 $a^2=4$，$b^2=1$
   所以双曲线的方程为 $\dfrac{x^2}{4}-y^2=1$；
   (2) 证明：设直线 $l$ 的方程：$y=kx+m$，直线与曲线的右支相切 (切点表示右顶点)
   则 $\left\{\begin{array}{l} y=k x+m \\ \dfrac{x^2}{4}-y^2=1 \end{array}\right.$，整理可得： $(4k^2-1) x^2+8kmx+4m^2+4=0$，
   $△=64k^2 m^2-4(4k^2-1)(4m^2+4)=0$，可得 $4k^2=m^2+1$，①
   设直线 $l$ 与 $x$ 轴交于一点 $D$，则 $O D=-\dfrac{m}{k}$，
   $S_{\triangle O M N}=S_{\triangle M O D}+S_{\triangle N O D}=\dfrac{1}{2}|O D|\left|y_M-y_N\right|=\dfrac{-m}{2 k}|k|\left|x_M-x_N\right|$，
   双曲线的渐 * 线的方程为 $y=\pm \dfrac{1}{2} x$，
   联立 $\left\{\begin{array}{l} y=\dfrac{1}{2} x \\ y=k x+m \end{array}\right.$，可得 $M\left(\dfrac{2 m}{1-2 k}, \dfrac{m}{1-2 k}\right)$，
   同理可得 $N\left(\dfrac{-2 m}{1+2 k}, \dfrac{m}{1+2 k}\right)$，
   则 $S_{\triangle M O N}=\dfrac{-m}{2 k}|k|\left|\dfrac{2 m}{1-2 k}+\dfrac{2 m}{1+2 k}\right|=\dfrac{-m}{2 k}|k|\left|\dfrac{4 m}{1-4 k^2}\right|$，
   由①及直线 $l$ 与曲线 $C$ 右支相切，$m$ 与 $k$ 异号，
   则 $S_{\triangle M O N}=2$．

6. 答案 (1) $x^2-\dfrac{y^2}{3}=1(x \geq 1)$ (2) $-1$
   解析 (1) 由 $|PF_1 |-|PF_2 |=2<|F_1 F_2 |$ 知，点 $P$ 的轨迹 $E$ 是以 $F_1$、$F_2$ 为焦点的双曲线右支，
   由 $c=2$，$2a=2$， $∴b^2=3$，故轨迹 $E$ 的方程为 $x^2-\dfrac{y^2}{3}=1(x \geq 1)$．
   (2) 当直线 $l$ 的斜率存在时，设直线方程为 $y=k(x－2)$，$P(x_1,y_1 )$,$Q(x_2,y_2 )$，
   与双曲线方程联立消 $y$ 得 $(k^2-3) x^2－4k^2 x+4k^2+3=0$，
   $\therefore\left\{\begin{array}{l} k^2-3 \neq 0 \\ \Delta>0 \\ x_1+x_2=\dfrac{4 k^2}{k^2-3}>0 \\ x_1 \cdot x_2=\dfrac{4 k^2+3}{k^2-3}>0 \end{array}\right.$，解得 $k^2>3$．
   $\because \overrightarrow{M P} \cdot \overrightarrow{M Q}=\left(x_1-m\right)\left(x_2-m\right)+y_1 y_2$
   $=\left(x_1-m\right)\left(x_2-m\right)+k^2\left(x_1-2\right)\left(x_2-2\right)$
   $=\left(k^2+1\right) x_1 x_2-\left(2 k^2+m\right)\left(x_1+x_2\right)+m^2+4 k^2$
   $=\dfrac{\left(k^2+1\right)\left(4 k^2+3\right)}{k^2-3}-\dfrac{4 k^2\left(2 k^2+m\right)}{k^2-3}+m^2+4 k^2$
   $=\dfrac{3-(4 m+5) k^2}{k^2-3}+m^2$．
   $∵MP⊥MQ$， $\therefore \overrightarrow{M P} \cdot \overrightarrow{M Q}=0$，
   故得 $3(1-m^2 )+k^2 (m2-4m-5)=0$ 对任意的 $k^2>3$ 恒成立，
   $\therefore\left\{\begin{array}{l} 1-m^2=0 \\ m^2-4 m-5=0 \end{array}\right.$，解得 $m=-1$．
   $∴$ 当 $m=－1$ 时，$MP⊥MQ$．
   当直线 $l$ 的斜率不存在时，由 $P(2,3)$，$Q(2,－3)$ 及 $M(-1,0)$ 知结论也成立，
   综上，当 $m=-1$ 时，$MP⊥MQ$．
   

【B组---提高题】

1. 已知 $F_1$，$F_2$ 为双曲线 $C: x^2-\dfrac{y^2}{b^2}=1(b>0)$ 的左、右焦点，过 $F_2$ 作垂直于 $x$ 轴的垂线，在 $x$ 轴上方交双曲线 $C$ 于点 $M$，且 $∠MF_1 F_2=30°$．
  (1) 求双曲线 $C$ 的两条渐 * 线的夹角 $θ$ 的正切值；
  (2) 过点 $F_2$ 的直线 $l$ 和双曲线 $C$ 的右支交于 $A$，$B$ 两点，求 $△AF_1 B$ 的面积最小值；
  (3) 过双曲线 $C$ 上任意一点 $Q$ 分别作该双曲线两条渐 * 线的 * 行线，它们分别交两条渐 * 线于 $Q_1$，$Q_2$ 两点，求 * 行四边形 $OQ_1 QQ_2$ 的面积．
 
 

参考答案

1. 答案 (1) $2 \sqrt{2}$ (2) $4 \sqrt{3}$ (3) $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
   解析 (1) 双曲线 $C: x^2-\dfrac{y^2}{b^2}=1(b>0)$ 的 $a=1$， $c=\sqrt{1+b^2}$，
   可令 $x=c$，解得 $y=b \sqrt{c^2-1}=b^2$，设 $M(c,b^2)$，
   由 $∠MF_1 F_2=30°$，可得 $b^2=2 \operatorname{ctan} 30^{\circ}=\dfrac{2 \sqrt{3}}{3} \sqrt{1+b^2}$，解得 $b=\sqrt{2}$，
   则双曲线的方程为 $x^2-\dfrac{y^2}{2}=1$，
   可得双曲线的方程为 $y=\pm \sqrt{2} x$，
   即有 $\tan \theta=\left|\dfrac{\sqrt{2}+\sqrt{2}}{1-\sqrt{2} \times \sqrt{2}}\right|=2 \sqrt{2}$，
   (2) 当直线 $AB$ 的斜率不存在，可得 $A(\sqrt{3}, 2), B(\sqrt{3},-2)$，
   可得 $△AF_1 B$ 的面积为 $\dfrac{1}{2} \times 2 \sqrt{3} \times 4=4 \sqrt{3}$；
   直线 $AB$ 的斜率存在，设过点 $F_2$ 的直线 $l$ 设为 $y=k(x-\sqrt{3})$，
   联立双曲线方程 $2x^2-y^2=2$，
   可得 $(2-k^2 ) x^2+2√3 k^2 x-3k^2-2=0$，设 $A(x_1,y_1 )$,$B(x_2,y_2 )$，
   又 $x_1+x_2=-\dfrac{2 \sqrt{3} k^2}{2-k^2}>0$， $x_1 x_2=-\dfrac{3 k^2+2}{2-k^2}>0$，可得 $k^2>2$，
   可得 $△AF_1 B$ 的面积为 $S=\dfrac{1}{2} \cdot 2 c \cdot\left|y_1-y_2\right|=\sqrt{3} \cdot\left|k\left(x_1-x_2\right)\right|$
   $=\sqrt{3} \cdot|k| \cdot \sqrt{\left(-\dfrac{2 \sqrt{3} k^2}{2-k^2}\right)^2+4 \cdot \dfrac{3 k^2+2}{2-k^2}}=\sqrt{3}|k| \cdot \dfrac{4 \sqrt{1+k^2}}{k^2-2}$，
   设 $t=k^2-2(t>0)$，可得 $S=4 \sqrt{3} \cdot \dfrac{\sqrt{(2+t)(3+t)}}{t}=4 \sqrt{3} \cdot \sqrt{1+\dfrac{5}{t}+\dfrac{6}{t^2}}>4 \sqrt{3}$，
   综上可得 $△AF_1 B$ 的面积的最小值为 $4 \sqrt{3}$；
   (3) 设 $Q(m,n)$，可得 $2m^2-n^2=2$，
   双曲线的渐 * 线方程为 $y=\pm \sqrt{2} x$，
   $Q$ 到直线 $y= \sqrt{2} x$ 的距离为 $d=\dfrac{|\sqrt{2} m-n|}{\sqrt{3}}$，
   由 * 行于直线 $y=- \sqrt{2} x$ 的直线 $y=-\sqrt{2}(x-m)+n$，
   联立直线 $y= \sqrt{2} x$，可得 $Q_2\left(\dfrac{n+\sqrt{2} m}{2 \sqrt{2}}, \dfrac{n+\sqrt{2} m}{2}\right)$，
   $\left|O Q_2\right|=\dfrac{\sqrt{6}}{4}|n+\sqrt{2} m|$，
   即有行四边形 $OQ_1 QQ_2$ 的面积为
   $d \cdot\left|O Q_2\right|=\dfrac{\sqrt{6}}{4}|n+\sqrt{2} m| \cdot \dfrac{|\sqrt{2} m-n|}{\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{2}}{4} \cdot\left|2 m^2-n^2\right|=\dfrac{\sqrt{2}}{4} \cdot 2=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$．
    

【C组---拓展题】

1. 在 * 面直角坐标系 $xOy$ 中，已知点 $F_1(-\sqrt{17}, 0)$, $F_2(\sqrt{17}, 0)$，点 $M$ 满足 $|MF_1 |-|MF_2 |=2$．记 $M$ 的轨迹为 $C$．
  (1) 求 $C$ 的方程；
  (2) 设点 $T$ 在直线 $x=\dfrac{1}{2}$ 上，过 $T$ 的两条直线分别交 $C$ 于 $A$,$B$ 两点和 $P$,$Q$ 两点，且 $|TA|\cdot|TB|=|TP|\cdot |TQ|$，求直线 $AB$ 的斜率与直线 $PQ$ 的斜率之和．
 
 

参考答案

1. 答案 (1) $x^2-\dfrac{y^2}{16}=1(x \geq 1)$ (2) $0$
   解析 (1) 由双曲线的定义可知，$M$ 的轨迹 $C$ 是双曲线的右支，
   设 $C$ 的方程为 $\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>0, b>0)$,$x≥1$，
   根据题意 $\left\{\begin{array}{l} c=\sqrt{17} \\ 2 a=2 \\ c^2=a^2+b^2 \end{array}\right.$，解得 $\left\{\begin{array}{l} a=1 \\ b=4 \\ c=\sqrt{17} \end{array}\right.$，
   $∴C$ 的方程为 $x^2-\dfrac{y^2}{16}=1(x \geq 1)$；
   (2)(法一) 设 $T\left(\dfrac{1}{2}, m\right)$，直线 $AB$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l} x=\dfrac{1}{2}+t \cos \theta \\ y=m+t \sin \theta \end{array}\right.$，
   将其代入 $C$ 的方程并整理可得，
   $\left(16 \cos ^2 \theta-\sin ^2 \theta\right) t^2+(16 \cos \theta-2 m \sin \theta) t-\left(m^2+12\right)=0$，
   由参数的几何意义可知，$|TA|=t_1$,$|TB|=t_2$，则 $t_1 t_2=\dfrac{m^2+12}{\sin ^2 \theta-16 \cos ^2 \theta}=\dfrac{m^2+12}{1-17 \cos ^2 \theta}$，
   设直线 $PQ$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l} x=\dfrac{1}{2}+\lambda \cos \beta \\ y=m+\lambda \sin \beta \end{array}\right.$， $|T P|=\lambda_1,|T Q|=\lambda_2$，
   同理可得， $\lambda_1 \lambda_2=\dfrac{m^2+12}{1-17 \cos ^2 \beta}$，
   依题意， $\dfrac{m^2+12}{1-17 \cos ^2 \theta}=\dfrac{m^2+12}{1-17 \cos ^2 \beta}$，则 $\cos ^2 \theta=\cos ^2 \beta$，
   又 $θ≠β$，故 $cosθ=-cosβ$，则 $cosθ+cosβ=0$，
   即直线 $AB$ 的斜率与直线 $PQ$ 的斜率之和为 $0$．
   (法二) 设 $T\left(\dfrac{1}{2}, t\right)$，直线 $AB$ 的方程为 $y=k_1\left(x-\dfrac{1}{2}\right)+t$，
   $A(x_1,y_1 )$,$B(x_2,y_2 )$，设 $\dfrac{1}{2}<x_1<x_2$，
   将直线 $AB$ 方程代入 $C$ 的方程化简并整理可得
   $\left(16-k_1^2\right) x^2+\left(k_1^2-2 t k_1\right) x-\dfrac{1}{4} k_1^2+k_1 t-t^2-16=0$，
   由韦达定理有， $x_1+x_2=\dfrac{k_1^2-2 k_1 t}{k_1^2-16}$, $x_1 x_2=\dfrac{-\dfrac{1}{4} k_1^2+k_1 t-t^2-16}{16-k_1^2}$，
   又由 $A\left(x_1, k_1 x_1-\dfrac{1}{2} k_1+t\right)$, $T\left(\dfrac{1}{2}, t\right)$ 可得 $\mid A T \mid=\sqrt{1+k_1^2}\left(x_1-\dfrac{1}{2}\right)$，
   同理可得 $|B T|=\sqrt{1+k_1^2}\left(x_2-\dfrac{1}{2}\right)$，
   $\therefore|A T||B T|=\left(1+k_1^2\right)\left(x_1-\dfrac{1}{2}\right)\left(x_2-\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{\left(1+k_1{ }^2\right)\left(t^2+12\right)}{k_1{ }^2-16}$，
   设直线 $PQ$ 的方程为 $y=k_2\left(x-\dfrac{1}{2}\right)+t$,$P(x_3,y_3)$,$Q(x_4,y_4)$，设 $\dfrac{1}{2}<x_3<x_4$，
   同理可得 $|P T||Q T|=\dfrac{\left(1+k_2^2\right)\left(t^2+12\right)}{k_2^2-16}$，
   又 $|A T||B T|=|P T||Q T|$，则 $\dfrac{1+k_1^2}{k_1^2-16}=\dfrac{1+k_2^2}{k_2^2-16}$，化简可得 $k_1^2=k_2^2$，
   又 $k_1≠k_2$，则 $k_1=﹣k_2$，即 $k_1+k_2=0$，即直线 $AB$ 的斜率与直线 $PQ$ 的斜率之和为 $0$．