专题04双曲线（2种经典基础练+3种优选提升练）解析版(1)_1多考区联考_0105好题汇编备战2024-2025学年高二数学上学期期末真题分类汇编（新高考通用）

专题 04 双曲线（2 种经典基础练+3 种优选提升练） 双曲线及其标准方程（共16题） 一、单选题 1．（23-24高二上·江苏宿迁·期末）“ ”是“方程 表示双曲线”的（ ） 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 【答案】A 【分析】根据给定条件，求出方程表示双曲线的充要条件，再利用充分条件、必要条件的定义判断 即得. 【详解】方程 表示双曲线，则 ，解得 或 ， 当 时，方程 表示双曲线， 所以“ ”是“方程 表示双曲线”的充分不必要条件. 故选：A 2．（23-24高二上·山东东营·期末）若 是双曲线 的两个焦点， 为 上关于 坐标原点对称的两点，且 ，设四边形 的面积为 ，四边形 的外接圆的面 学科网（北京）股份有限公司积为 ，则 （ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，探求四边形 的形状，结合双曲线的定义及勾股定理求出 ，再求 出 作答. 【详解】依题意，点 与 ， 与 都关于原点O对称，且 ，因此四边形 是矩 形，如图， 由双曲线 ： 得： ， ， 于是 ， 显然四边形 的外接圆半径为 ，因此 ， 所以 . 故答案为： 3．（23-24高二上·河北保定·期末）已知 为双曲线 的左，右焦点， 为坐标原点， 为双曲线上一点，且 ，则 到 轴的距离为（ ） 学科网（北京）股份有限公司A．2 B． C． D． 【答案】C 【分析】设 ，由双曲线的定义及余弦定理，求得 的值，再利用三角形的面积 相等法求得 的值，进而求得 ，得到答案. 【详解】由双曲线 ，可得 ，则 ， 设 ，由双曲线的定义，可得 ， 根据余弦定理，可得 ，解得 ， 再设点 的坐标为 ， 则 ， 因为 ，可得 ，解得 ， 由 ，可得 ，即点 到 轴的距离为 . 故选：C. 4．（23-24高二上·贵州安顺·期末）已知双曲线 的左焦点为F，点P在双曲线C的右 学科网（北京）股份有限公司支上，M为线段FP的中点，若M到坐标原点的距离为7，则 （ ） A．8或20 B．20 C．6或22 D．22 【答案】B 【分析】根据中位线的性质和双曲线的定义，即可求 . 【详解】由双曲线方程可知， ， ，设双曲线的右焦点为 ， 中，点 分别是 的中点，所以 ， 则 ，又因为 . 故选：B 5．（23-24高二上·湖北·期末）已知一个动圆P与两圆 ： 和 ： 都外切，则动圆P圆心的轨迹方程为（ ） A． （ ） B． C． （ ） D． （ ） 【答案】A 【分析】利用双曲线的定义及两圆的位置关系计算即可. 【详解】由题意易知两圆圆心分别为 ，半径分别为 ， 设动圆 圆心 ，半径 ， 则根据题意有 , 根据双曲线的定义知 的轨迹是以原点为中心， 为左右焦点， 为实轴长的双曲 线的左支，故其轨迹方程为： . 学科网（北京）股份有限公司故选：A 6．（23-24高二上·广东茂名·期末）如图，这是一个落地青花瓷，其中底座和瓶口的直径相等，其 外形被称为单叶双曲面，可以看成是双曲线 的一部分绕其虚轴所在直线 旋转所形成的曲面.若该花瓶横截面圆的最小直径为 ，最大直径为 ，双曲线的离心率为 ，则该花瓶的高为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由 关系以及离心率、 可得双曲线方程，进一步代入 即可求解. 【详解】由该花瓶横截面圆的最小直径为 ，有 ， 又由双曲线的离心率为 ，有 ， 可得双曲线的方程为 ，代入 ，可得 ，故该花瓶的高为 . 故选：B. 7．（23-24高二上·江苏常州·期末）已知双曲线 的左右焦点分别为 ， ，点 在双曲 线上， ，则 （ ） A．13 B．10 C．1 D．13或1 【答案】A 【分析】根据双曲线的定义求解． 【详解】由题意得焦距为 ，由双曲线定义可得 ， 学科网（北京）股份有限公司所以 或 ，又因为在双曲线中 ，所以 ，故A正确. 故选：A. 二、多选题 8．（23-24高二上·广东茂名·期末）已知角 ，则方程 可能表示下列哪些 曲线（ ） A．椭圆 B．双曲线 C．圆 D．两条直线 【答案】ABCD 【分析】根据题意讨论 的取值范围，结合方程分析判断. 【详解】当 时，则 ，即 ， 方程可化为 ，表示双曲线，故B正确； 当 时，则 ， 方程可化为 ，表示两条直线，故D正确； 当 时，则 ，即 方程可化为 ，表示焦点在 轴上的椭圆，故A正确； 当 时，则 ， 方程可化为 ，表示圆，故C正确. 故选：ABCD. 三、填空题 9．（23-24高二上·山西大同·期末）点 ， 分别是双曲线 的左、右焦点，点 在 学科网（北京）股份有限公司上，且 ，则 的周长是 ． 【答案】 【分析】利用双曲线表达式求出焦距，结合余弦定理求出 的值，即可求出 的周 长. 【详解】由题意， 在双曲线 中， ， ∴ ， ， 由余弦定理的推论可得 ， 所以 ， 所以 ， ， 所以 ，所以 ， 所以 的周长为 ． 故答案为： . 10．（23-24高二上·湖南益阳·期末） 的坐标满足方程： ， 则M的轨迹方程为 . 【答案】 【分析】由题意，结合双曲线的定义即可求解. 学科网（北京）股份有限公司【详解】设 ， ， 由于动点 的轨迹方程为 则 ， 故点M到定点 与到定点 的距离差的绝对值为8， 则动点 的轨迹是以 为焦点的双曲线， 由于 ， ，则 ， 故M的轨迹方程为： ， 故答案为： . 11．（23-24高二上·云南昭通·期末）已知双曲线的右焦点为 ，实轴长为8，则该双曲线的标 准方程为 . 【答案】 【分析】由题意可得条件 ， ，从而得到双曲线标准方程.. 【详解】由题可得双曲线焦点在 轴上，且 ， ，所以 ， ，则双曲线 的标准方程为 . 故答案为： 12．（23-24高二上·天津西青·期末）已知双曲线 （ ）的两个焦点为 ， ，焦距 为20，点P是双曲线上一点， ，则 . 【答案】 学科网（北京）股份有限公司【分析】由双曲线方程及焦距确定双曲线参数，再由双曲线定义求 . 【详解】由题设 ，又 且 ， 所以 ，而 ，则 或 ， 其中 ，故 . 故答案为： 13．（23-24高二上·山西长治·期末）在双曲线型冷却塔（如图）的建设过程中,人员、物料的运输 一直是困扰施工的难题,经实践探索设计出“附墙升降机”,其结构如图所示,安装之后附着在冷却塔 的外侧,通过升降吊笼完成输送任务.假设该冷却塔的最小半径为 ,上口半径为 ,下口半径为 ，高为 .附墙升降机轨道在 点以下与冷却塔贴合,从 点到顶端 点是竖直的,则 长约 为 （保留整数）. 【答案】 【分析】根据题意先建立直角坐标系,设双曲线的方程为 ,则 ,将 代入双曲线方程得到 与 的关系,再利用高为 求出 ,即可求出 的距离. 【详解】根据双曲线的对称性,在冷却塔的轴截面所在平面建立如图所示的直角坐标系 : 学科网（北京）股份有限公司使小圆的直径 在 轴上，圆心与原点重合.此时上、下口的直径 都平行于 轴,且 , 设双曲线的方程为 ，则 ， 因为直径 是实轴，又 两点都在双曲线上，所以 ，解得 ， 因为 ，所以 ， 解得 ， 所以双曲线方程为 ， 所以 ， 因为双曲线关于 轴对称， 所以 . 故答案为: . 四、解答题 14．（23-24高二上·河北石家庄·期末）已知双曲线过点 且与椭圆 有相同 的焦点 ， 学科网（北京）股份有限公司(1)求双曲线的标准方程； (2)若点 在双曲线上，且 ，求 与 的值． 【答案】(1) 1 (2) 【分析】（1）由椭圆方程可得 ，设双曲线方程，则 且 ，解出a、b即可； （2）利用平面向量数量积的坐标表示可得 ，结合 计算即可求解. 【详解】（1）椭圆x2+4y2＝16，即为 1， 所以焦点 ， 设双曲线的方程为 ， 则 ，又 1，解得 ， 所以双曲线的方程为 1； （2）若点 在双曲线上，且 0， 即 ， 得 ，又 ，解得 ． 学科网（北京）股份有限公司15．（23-24高二上·河南漯河·期末）求符合下列条件的曲线方程： (1)已知点 四点，你只需任意选择其中三个点作圆，求所作圆的标 准方程. (2)以 轴， 轴为对称轴，且同时过 两点的圆锥曲线的标准方程. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）若选 、 ，可以推导出圆心为 、 的中点 ，半径 ，即可求出圆 的方程；若选 、 、 或 、 、 设出圆的一般式方程，即可得到方程组，解得即可； （2）首先判断不可能为抛物线，设为 ，代入点的坐标得到方程组，解得即可. 【详解】（1）若选择 、 、 三点，因为 ， ， 所以 ，即 ， 所以圆心为 、 的中点 ，半径 ， 所以过 、 、 三点的圆的方程为 ； 若选择 、 、 三点， 设圆的方程为 ，则 ，解得 ， 所以过 、 、 三点的圆的方程为 ； 学科网（北京）股份有限公司若选择 、 、 三点，因为 ， ， 所以 ，即 ， 所以圆心为 、 的中点 ，半径 ， 所以过 、 、 三点的圆的方程为 ； 若选择 、 、 三点， 设圆的方程为 ，则 ，解得 ， 所以过 、 、 三点的圆的方程为 ； （2）依题意该圆锥曲线不可能为抛物线，故设曲线方程为 ， 则 ，解得 ， 所以曲线方程为 . 16．（23-24高二上·山东青岛·期末）已知双曲线 与椭圆 的 焦点相同，点 是 和 在第一象限的公共点，记 的左，右焦点依次为 ， ， ． (1)求 的标准方程； (2)设点 在 上且在第一象限， ， 的延长线分别交 于点 ， ，设 ， 分别为 ， 的内切圆半径，求 的最大值． 学科网（北京）股份有限公司【答案】(1) (2) 【分析】（1）由椭圆和双曲线定义得到方程组，求得 ，进而可得 ，可求椭圆 的方程； （2）设 ， ， ，由椭圆定义得到 ，设直线 ， ，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，结合基本不等式求出 的最大值． 【详解】（1）双曲线方程为 ， 由椭圆和双曲线定义可得 ， ， 又 ，故 ， ， 又因为 ，所以 ， 则椭圆的标准方程为 （2）设 ， ， ，显然 ， ， ， ， 由椭圆定义知： ， 的周长均为 ， 所以 ，同理 ， 所以 ， 学科网（北京）股份有限公司设直线 ， ， 将直线 方程代入椭圆 的方程 得： ， 所以 ，即 ，同理 ， 所以 ，当且仅当 ， 时等号成 立． 所以 的最大值为 ． 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这 个函数的最值或范围． 双曲线的简单几何性质（共21题） 一、单选题 1．（23-24高二上·安徽·期末）已知双曲线 的渐近线方程为 ，则该双曲线 的焦点坐标分别为（ ） A． ， B． ， C． ， D． ， 【答案】B 【分析】由渐近线、 的关系以及焦点的概念即可求解. 【详解】已知双曲线 的渐近线方程为 ，对照 ，可得 学科网（北京）股份有限公司， 所以 ，所以该双曲线的焦点坐标分别为 ， ． 故选：B. 2．（23-24高二上·重庆·期末）已知椭圆 的左焦点是双曲线 的左顶点，则 双曲线的渐近线为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 根据椭圆和双曲线相关基本知识直接求解即可. 【详解】设椭圆焦距为 ， 则 ，则 ，所以椭圆 的左焦点为 ， 所以双曲线 的左顶点为 ， 所以 ，所以 ， 所以双曲线 的渐近线为 . 故选：D 3．（23-24高二上·河南漯河·期末）双曲线 （ ）的一条渐近线为 ，则 其离心率为（ ） A． B． C． 或 D． 或 【答案】B 【分析】首先表示出双曲线的渐近线方程，即可得到 ，再由离心率公式计算可得. 学科网（北京）股份有限公司【详解】双曲线 （ ）的渐近线为 ， 依题意可得 ，则双曲线的离心率 . 故选：B 4．（23-24高二上·上海奉贤·期末）如图，椭圆①，②与双曲线③，④的离心率分别为 ， ， ， ，其大小关系为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据椭圆与双曲线的离心率的性质即可解决． 【详解】由题意得到椭圆①，②的b值相同，a值①比②小，则 ，可以知道， ； 根据双曲线的开口越大离心率越大，则 ． 所以 ， 故选：A． 5．（23-24高二上·陕西西安·期末）已知双曲线 的离心率为2，则该双曲线的 学科网（北京）股份有限公司渐近线方程为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 根据双曲线离心率求出a的值，即可求出双曲线的渐近线方程. 【详解】由题意得双曲线离心率 ，解得 ，（负值舍）， 则 ，故双曲线的渐近线方程为 . 故选：D 6．（23-24高二上·河北石家庄·期末）如图所示，某拱桥的截面图可以看作双曲线 的图 象的一部分，当拱顶M到水面的距离为 米时，水面宽 为 米，则此双曲线的虚轴长为 （ ） A． B．2 C．3 D．6 【答案】D 【分析】由题得出 ，代入求得 ，得到双曲线标准方程即可得出答案. 【详解】由题意得 ，代入得 ，解得 ， 即 ，因此虚轴长为 ， 故选：D． 学科网（北京）股份有限公司二、多选题 7．（23-24高二上·云南昭通·期末）已知点P是双曲线 上任意一点， ， 是C的左、 右焦点，则下列结论正确的是（ ） A． B．C的离心率为 C． D．C的渐近线方程为 【答案】AB 【分析】根据双曲线的简单性质计算即可. 【详解】由标准方程 可得 ， 所以 ，A正确； 离心率 ，B正确； ， ，C错误； 渐近线方程为 ，D错误. 故选：AB. 8．（23-24高三上·河北保定·期末）已知双曲线 的渐近线方程为 ， 则下列结论正确的是（ ） A． B． 的离心率为 C．曲线 经过 的一个顶点 D． 与 有相同的渐近线 【答案】ACD 【分析】根据双曲线的渐近线方程求出 即可判断A；根据双曲线的离心率公式即可判断B；求出 学科网（北京）股份有限公司双曲线的顶点即可判断C；求出双曲线 的渐近线方程即可判断D. 【详解】双曲线 的渐近线方程为 ， 所以 ，解得 （ 舍去），故A正确； 双曲线 ， 所以 的离心率为 ，故B错误； 双曲线 的顶点为 ， 因为 ，所以曲线 经过 的一个顶点 ，故C正确； 对于D，令 ，则 ， 即 的渐近线方程为 ，故D正确. 故选：ACD. 9．（23-24高二上·辽宁大连·期末）已知双曲线C的方程为 ，则下列说法正确的是 （ ） A．双曲线C的实轴长为6 B．双曲线C的渐近线方程为 C．双曲线C的焦点到渐近线的距离为4 D．双曲线C上的点到焦点距离的最小值为8 【答案】AC 【分析】根据双曲线的方程 ，求得 ，结合双曲线的几何性质，逐项判定，即可求 学科网（北京）股份有限公司解. 【详解】由双曲线 ，可得 ，则 ， 对于A中，双曲线 的实轴长为 ，所以A正确； 对于B中，双曲线的渐近线方程为 ，所以B不正确； 对于C中，设双曲线 的右焦点 ，不妨设一条渐近线方程为 ，即 ， 可得焦点到渐近线的距离为 ，所以C正确； 对于D中，根据双曲线的性质，可得双曲线上的点到焦点的最短距离为 ，所以D错误. 故选：AC. 三、填空题 10．（23-24高二上·广东深圳·期末）经过点 ，且对称轴都在坐标轴上的等轴双曲线的标准方 程是 . 【答案】 【分析】根据题意，得双曲线的方程为 ，将点 代入方程，求得 的值，即 可求解. 【详解】由题意，所求双曲线为等轴双曲线，可得双曲线的方程为 ， 因为所求双曲线过点 ，可得 ，解得 ， 所以，所求双曲线的方程为 . 故答案为： . 11．（23-24高二上·上海·期末）已知双曲线E与双曲线 具有相同的渐近线，且经过 学科网（北京）股份有限公司点 ，则双曲线E的方程为 . 【答案】 【分析】由相同渐近线的双曲线方程待定参数，将点的坐标代入即可求解. 【详解】由题意不妨设与双曲线 具有相同的渐近线的双曲线E的方程为 ， 若双曲线E经过点 ，则 ，解得 ， 所以双曲线E的方程为 . 故答案为： . 12．（23-24高二上·内蒙古巴彦淖尔·期末）若双曲线 的虚轴长为4，则该双曲 线的渐近线方程为 . 【答案】 【分析】根据题意，结合双曲线的几何性质，即可求解. 【详解】由双曲线 的虚轴长为4，可得 ，解得 ， 所以该双曲线的渐近线方程为 . 故答案为： . 13．（23-24高二上·云南昆明·期末）若双曲线E： 的一条渐近线与圆C： 学科网（北京）股份有限公司交于A，B两点，若 ，则E的焦距为 ． 【答案】 【分析】根据给定条件，结合圆的性质可得点 到渐近线的距离为1，再利用点到直线距离公式计 算得解. 【详解】圆C： 的圆心 ，半径 ，由 ，得 ， 则点 到直线 的距离为1，双曲线E： 的渐近线为 ， 于是 ，解得 ，所以E的焦距为 . 故答案为： 14．（23-24高二上·内蒙古呼和浩特·期末）已知 为双曲线 的右焦点， 为双曲线 的两条渐近线，以 为圆心的圆与渐近线相切于 两点，则 ． 【答案】4 【分析】根据点到直线的距离公式、直线与圆的位置关系、双曲线与圆的对称性及等面积法计算弦 长即可. 【详解】由题意可知 到渐近线的距离为 ，即该圆半径为 ， 如图所示，连接 交横轴于D点，利用双曲线与圆的对称性可知 ， 所以 ， 学科网（北京）股份有限公司在直角 中，易知 ， 所以 ，则 . 故答案为： 四、解答题 15．（23-24高二上·浙江·期末）已知离心率为 的双曲线 与x轴交于A，B两 点，B在A的右侧．在E上任取一点 ，过点B作直线QB垂直PA交于点Q，直线 PB、QA分别交y轴于不同的两点M，N． (1)求双曲线E的方程； (2)求证：直线 与直线 的斜率乘积为定值； (3)三角形MNB的外接圆是否过x轴上除B点之外的定点，若是，求出该定点坐标：若不是，请说 明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析； (3)过定点，坐标为 【分析】（1）根据离心率和双曲线方程可得 ，可求出双曲线E的方程； （2）分别表示出 ，再由 化简可得斜率乘积为定值2； 学科网（北京）股份有限公司（3）求出三角形MNB的外接圆圆心坐标为 ，写出圆的标准方程并令 可解得 符合题意，即可得外接圆过定点 . 【详解】（1）由离心率为 可得 ， 又易知 ，所以 ， 可得双曲线E的方程为 ； （2）易知 ，如下图所示： 易知 的斜率均存在，且 满足 ，可得 ， 又易知 ， 所以 ， 因此直线 与直线 的斜率乘积为定值2； （3）由（2）可知直线 的方程为 ， 直线 的方程为 ； 学科网（北京）股份有限公司因此可得 ， 所以三角形MNB的外接圆圆心在线段 的垂直平分线上，即 ； 线段 的中点坐标为 ， 易知线段 的垂直平分线为 ， 联立两直线方程可得圆心坐标为 ， 所以外接圆半径为 ， 圆的标准方程为 ， 令 可得 ， 解得 （舍）或 因此可得三角形MNB的外接圆过x轴上除B点之外的定点，该定点坐标为 . 【点睛】关键点点睛：求解三角形MNB的外接圆过定点时，关键是写出外接圆的标准方程，再令 纵坐标 即可求得定点坐标为 . 16．（23-24高二上·上海·期末）在平面直角坐标系 中，双曲线 的左 顶点到右焦点的距离是3，且 的离心率是2． (1)求双曲线 的标准方程； (2)点 是 上位于第一象限的一点，点 关于原点 对称，点 关于 轴对称．延长 学科网（北京）股份有限公司至 使得 ，且直线 和 的另一个交点 位于第二象限中． （ⅰ）求 的取值范围，并判断 是否成立？ （ⅱ）证明： 不可能是 的三等分线． 【答案】(1) (2)（ⅰ） ；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）结合题意可得 ，解出 ，写出双曲线方程即可. （2）（ⅰ）根据题意，得到 ，求得直线 的方程，联立方程组，结合 韦达定理，求得 点的坐标，列出不等式关系式，求得 的范围，再由（ⅰ），求得直线 的斜 率并化简，得到 ，即 ，（ⅱ）求得 的范围，进而证得 不可能是 的三等分线. 【详解】（1）因为双曲线 的左顶点到右焦点的距离是3，且 的离心率是2， 所以 ，解得 ， 故双曲线 的标准方程为 ； （2）（ⅰ）因为点 是 上位于第一象限的一点，点 关于原点 对称，点 关于 轴对称．延长 至 使得 ， 学科网（北京）股份有限公司所以 ，所以 ， 可得直线 的方程为 ， 联立 ，消去 并整理得 ， 因为直线 与双曲线 有两个交点，并设 , 所以 ，由韦达定理得 ，解得 ， 则 ，所以 成立， 此时只需 ，解得 ，则 的取值范围为 ， 易知 所以 ，即 ， （ⅱ）证明：由（ⅰ）知 ， 因为 , 学科网（北京）股份有限公司所以 ，故 不可能是 的三等分线． 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略： （1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围； （2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关 系； （3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范 围. 17．（23-24高二上·福建福州·期末）已知标准双曲线 的焦点在 轴上，且虚轴长 ，过双曲 线 的右焦点 且垂直 轴的直线 交双曲线 于 两点， 的面积为 . (1)求双曲线 的标准方程； (2)过点 的直线 交双曲线 于 两点，且点 是线段 的中点，求直线 的方程. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，表示出 ，再由 的面积，并结合双曲线中 的关系求解； （2）法一：设出直线 的点斜式方程，与双曲线方程联立，借助韦达定理和中点坐标公式求解； 法二：利用点差法求解. 学科网（北京）股份有限公司【详解】（1）由题设双曲线 ，直线 的方程为 联立方程 解得 ，又 ， ，则 而 所以双曲线 的标准方程为 . （2）法一：因为过点 的直线 与双曲线 相交于 两点， 可知，直线 的方程不是 ， 设直线 的方程为 即 联立方程 得 ① 解得 将 代入①，得 故直线 的方程为 . 法二：因为过点 的直线 与双曲线 相交于 两点， 可知，直线 的方程不是 ， 设 学科网（北京）股份有限公司得 ， , 直线 的方程为 ，即 ， 联立方程 得 ， 故直线 的方程为 . 18．（23-24高二上·河南驻马店·期末）已知双曲线 的一条渐近线方程为 ， 为坐标原点，点 在双曲线 上． (1)求双曲线 的方程； (2)若直线 与双曲线 交于 两点，且 ，求 的最小值． 【答案】(1) 学科网（北京）股份有限公司(2) 【分析】（1）依题意可得 ，解得 、 ，即可得解； （2）解法一：设 ，直线 的方程为 ，联立直线与双曲线 方程，消元、列出韦达定理，由 整理得到 ，即可表示出 ，从而求出 其最小值； 解法二：设 ， ，联立直线与双曲线方程，即可求出 、 ，即可得到 ，同理得到 ，从而得到 ，再由基本不等式计算可得. 【详解】（1）由双曲线C的一条渐近线方程为 ，且双曲线过 ， 所以 ，解得 ， 故双曲线 的方程为 . （2）解法一：设 ，直线 的方程为 ， 联立 ，得 ， 则 ，且 ， 学科网（北京）股份有限公司由 ，即 ，即 ， 即 ， 即 ，整理得 ， 所以 ，当且仅当 时，等号成立， 故 的最小值为 . 方法二：由题意知直线 的斜率存在且不等于 ， 设 ， ， 由 ，即 ， 联立 ，解得 ， 学科网（北京）股份有限公司则 ，同理 ，其中 ， 故 ， 而 ， 当且仅当 时，等号成立， 故 的最小值为 . 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为 、 ； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 （或 ）的一元二次方程，必要时计算 ； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为 、 的形式； （5）代入韦达定理求解. 19．（23-24高二上·山东青岛·期末）已知双曲线 过点 ，左右焦点 分别为 ，且 ． (1)求 的标准方程． 学科网（北京）股份有限公司(2)设过点 的直线 与 交于 两点，问在 轴上是否存在定点 ，使得 为常数？ 若存在，求出点 的坐标及该常数的值：若不存在，请说明理由． 【答案】(1) ； (2)存在，点 ，该常数为56 【分析】（1）根据给定条件，利用双曲线定义求出实轴长即可求出双曲线方程. （2）设出直线 的方程，与双曲线方程联立，结合韦达定理及数量积的坐标表示求解即得. 【详解】（1）依题意，双曲线半焦距 ， ，则 ， 所以 的方程为 . （2）依题意，直线 的斜率存在，设 的方程为 ， 由 ，消去 得 ，显然 ， 且 ，得 且 ，则 ， 设存在符合条件的定点 ，则 ， 因此 要 为常数，当且仅当 ，解得 ，此时该常数的值为56， 所以在 轴上存在点 ，使得 为常数，该常数为56． 学科网（北京）股份有限公司20．（23-24高二上·福建龙岩·期末）已知定点 ，直线 相交于点M，且它 们的斜率之积为 ，记动点M的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程； (2)点 满足 ，直线 与双曲线 分别相切于点A，B.证明： 直线 与曲线C相切于点Q，且 . 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）设 ，根据题意结合斜率公式运算求解； （2）设 ，直线 的斜率分别为直线 ，根据直线与双曲线相切可得 ， ，由切线 均过点 可得 ， ，同构可知直 线 的方程为 ，联立方程证明直线 与曲线C相切于点Q，再结合垂直关系结合三 角形相似证明 . 【详解】（1）设 ，则 ， 学科网（北京）股份有限公司由题意可得 ，整理得 ， 所以曲线C的方程 . （2）设 ，直线 的斜率分别为直线 ， 则 ， ， 可知直线 的方程为 ， 联立方程 ，消去y得 ， 则 ， 可得 ， 且 ，即 ， 代入可得 ，则 ， 同理可得 ， 又因为切线 均过点 ， 可知 为方程 的两根， 且 ，则 ，可得 ， 则 ，即 ，可知 为直角三角形， 又因为 ，整理得 ， 学科网（北京）股份有限公司同理可得 ， 可知直线 的方程为 ，即直线 的斜率 ， 联立方程 ，消去y得 ， 且且 ，则 ，可得 ，解得 ， 且 ，即直线 与曲线C相切于点 ， 则 ，可得 ，可知 ， 则 ，可得 ，即 ， 所以直线 与曲线C相切于点Q，且 . 【点睛】关键点点睛：同构思想的应用： 1.根据题意可知 为方程 的两根； 2.根据 ， ，可知直线 的方程为 . 学科网（北京）股份有限公司21．（23-24高二上·江苏泰州·期末）已知双曲线 ： 过点 ，离心 率为 . (1)求 的方程； (2)过点 且斜率为 的直线 交双曲线左支于点 ，平行于 的直线交双曲线的渐近线于 A，B两点，点A在第一象限，直线 的斜率为 .若四边形 为平行四边形，证明： 为 定值. 【答案】(1) (2)证明见详解 【分析】（1）根据双曲线离心率公式，结合代入法进行求解即可； （2）设直线 的方程为 ，直线 的方程为 ， ，将 代入直 线 可得 ，联立直线 与椭圆方程得关于 的一元二次方程，由韦达定理得 ；联立 方程和渐近线方程求出 ，得到 ，由题易得 ，即 ，联立求出 的关系式，再由定义表示出 ，将所有未知量全部代换成 即可求 证. 【详解】（1）因为双曲线 ： 过点 ，离心率为 ， 所以有 ； （2）设直线 的方程为 ， 学科网（北京）股份有限公司直线 的方程为 ， ， 将 代入直线 得 ，即 ， 联立 ，得 ， 得 ，即 ， ， 因为 在第一象限，双曲线渐近线方程为 ， 联立 ，得 ，即 ， 联立 ，得 .即 ， 所以 ， 因为 ，所以 ，所以 ①， 又 ②， ① ②得， ， 所以 ， 所以 ， 因为 学科网（北京）股份有限公司所以 ，为定值. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为 ； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 （或 ）的一元二次方程，注意 的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为 、 （或 、 ）的形式； （5）代入韦达定理求解. 双曲线中定点问题 1．（23-24高二上·重庆·期末）已知点 ，动点 到直线l： 的距离为d，且 ，记S的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方程； (2)若 ， 分别为曲线C的左、右顶点，M，N两点在直线 上，且 .连接 ， 分别与C交于点P，Q，求证：直线PQ过定点，并求出定点坐标. 【答案】(1) 学科网（北京）股份有限公司(2)证明见解析，定点 【分析】（1）根据 ，分别表示出 ， ，化简即得曲线C的方程； （2）根据题意，表示出 ， 的直线方程，与曲线 联立，表示出 ，两点坐标，求出直 线 方程，进而得到直线恒过定点. 【详解】（1）因为点 ，动点 到直线l： 的距离为d， 所以 ，又因为 ， 所以 ， 两边同时平方得 ， 整理得 ， 所以曲线C的方程 . （2） 由（1）可得， , 设 ，因为 ，则 ， ， ， 将 与 联立，消去 整理得 ， 所以 ，即 ， ， 学科网（北京）股份有限公司所以 ， 所以 ， ，故 ， 将 与 联立，消去 整理得 ， 所以 ，即 ， ， 所以 ， 所以 ， ， 所以 ， 当 时， 直线方程为 ，所以直线PQ过定点，定点坐标 ， 当 时， 两点分别为 或 ，所以直线PQ过定点坐标 ， 所以直线PQ过定点，定点坐标为 【点睛】方法点睛：求动点轨迹的方法，一般有直接法，转移法以及交轨法．其中转移法适用于两 个动点的情形，一个是已知曲线上的动点，另一个是所求动点，先通过条件用所求动点坐标表示已 知动点坐标，再代入已知动点所在曲线方程，化简可得所求动点轨迹方程. 2．（23-24高二上·湖南衡阳·期末）已知曲线 上的动点 满足 ，且 . (1)求 的方程； (2)已知直线 与 交于 两点，过 分别作 的切线，若两切线交于点 ，且点 在直线 上，证明： 经过定点. 学科网（北京）股份有限公司【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据双曲线的定义即可求解， （2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，即可根据相切得判别式为0，可得 ，进而 可得 坐标，根据两点坐标可得直线 的方程，即可根据交点在直线 化简求解. 【详解】（1）因为 ， 所以曲线 是以 为焦点，以2为实轴长的双曲线， 所以实半轴长 ，半焦距 ，虚半轴长 ， 所以曲线 的方程为 . （2）由题知切线斜率均存在，所以设过点 所作的切线分别为 ， 由题意知 且 ，由 得 ， 因为 与 相切， 所以 ，且 ，整理得 . 此时可得 ，即 . 同理 . 由 得 . 学科网（北京）股份有限公司直线 的斜率为 ， 所以 的方程为 ， 令 ，得 ， 即 经过定点 . 【点睛】圆锥曲线中定点问题的两种解法 （1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何 时没有关系，找到定点. （2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 技巧：若直线方程为 ,则直线过定点 ; 若直线方程为 ( 为定值),则直线过定点 3．（23-24高二上·山东泰安·期末）已知双曲线 的左焦点 ，一条 渐近线方程为 ，过 做直线 与双曲线左支交于两点 ，点 ，延长 与双 学科网（北京）股份有限公司曲线右支交于 两点． (1)求双曲线 的方程； (2)判断直线 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． 【答案】(1) (2)过定点 【分析】（1）由双曲线几何性质求方程； （2）分斜率存在于不存在分别研究，直线方程与双曲线方程联立，设 ，则直 线 的方程为 ，与双曲线求交点得 ，同理 ， 从而求出直线 的方程，可证. 【详解】（1）由题意可知： 解得 双曲线 的方程为 （2）当直线 的斜率存在时，设为 ，则直线 的方程为 由 整理得 与左支交于两点 学科网（北京）股份有限公司，解得 设 ，则直线 的方程为 代入 整理得 设 ，则 ， ， ，同理 直线 的斜率 直线 的方程为 ，即 直线 过定点 当直线 的斜率不存在时，直线 的方程为 ， 不妨设 点在 轴上方，则 ，直线 的方程为 学科网（北京）股份有限公司由 ，解得 同理 此时直线 过点 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系结合韦达定理运算求解. 4．（23-24高二上·山东滨州·期末）已知双曲线 的实轴长为4，且双曲线 经过点 . (1)求双曲线 的标准方程； (2)过点 且斜率不为零的直线 与双曲线 交于 两点， 关于 轴的对称点为 ，求证： 直线 过定点 . 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由题意得 ， ，由此即可得解. 学科网（北京）股份有限公司（2）设点 ，则 ，直线 的方程为 ，联立椭圆方程结合韦达 定理以及 三点即可得 的关系，由此即可得解. 【详解】（1）因为双曲线 的实轴长为4， 所以 ，解得 . 又双曲线 经过点 ， 所以 ，. 解得 ， 所以双曲线 的方程为 . （2） 设直线 的方程为 ，设点 ，则 ， 将 代入方程 ， 得 ， 易知 ， 则 ， 由 三点共线可得 , 所以 ， 学科网（北京）股份有限公司所以 ， 所以 ， 所以 ， 所以 ， 又 ，所以 ， 直线 的方程为 ， 所以直线 过定点 . 【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是适当设点、设直线，结合韦达定理三点共线即可顺利得解. 5．（23-24高二上·上海·期末）已知双曲线 ： 的左右顶点分别为 、 ． (1)求以 、 为焦点，离心率为 的椭圆的标准方程； (2)直线 过点 与双曲线 交于 、 两点，若点 恰为弦 的中点，求出直线 的方程； (3)动直线 ： 恒过 ，且与双曲线 的交于 、 两点（异于 ），点 （常 数 ）是 轴上的一个定点，若恒有 成立，求实数 的值． 【答案】(1) (2) (3)1 【分析】（1）根据题意可求得椭圆焦点 ， ，再结合离心率为 ，求出 得解； （2）利用点差法求出直线 的斜率进而求出直线方程； （3）由 ，即 ，设出 ， ，联立直线 与双曲线 ， 根据韦达定理代入运算得解. 学科网（北京）股份有限公司【详解】（1）由题意可得， ， ，则 ， 又 ， ， ， 所以椭圆的标准方程为 . （2）设 ， ，点 为 中点，则 ， ， 又因为 两点在双曲线上， 可得 ，两式相减得 ， 化简整理得 ，即 ， 所以直线 的方程为 ，即 .经检验，满足题意 （3）由动直线 恒过点 ，可得 ，即直线 ， 设 ， ，联立直线 与双曲线 ， ，消去 整理得 ， 因为直线 与双曲线Γ的交于M、N两点， 所以 ， ， 则 ， ， 由 ，得 ，即 ， 即 ，整理得 ， 即 ，当 时，上式成立，当 时，得 ， 学科网（北京）股份有限公司所以当 时，恒有 成立. 【点睛】关键点睛：本题第三问， 轴上定点 恒有 ，关键转化为 ，联立直线 与双曲线 ，根据韦达定理代入运算得解. 双曲线中定值问题 1．（22-23高二上·安徽蚌埠·期末）已知 分别为双曲线 和双曲线 上不与顶点重合的点，且 的中点在双曲线 的渐近线上. (1)设 的斜率分别为 ，求证： 为定值； (2)判断 的面积是否为定值，如果是，求出该定值；如果不是，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)定值，1 【分析】（1）设 ，借鉴点差法原理构造求解. （2）设 ，联立双曲线 ，可找到 ，同理可找出 ， 由面积公式表示出 化简即可. 【详解】（1）设 ，则 学科网（北京）股份有限公司由 的中点在双曲线 的渐近线上，则 ， 即 为定值. （2） （1） （2） 联立（1）（2）得： 同理， 设 到直线 的距离为 ，则 由（1）知： 学科网（北京）股份有限公司2．（23-24高二上·黑龙江哈尔滨·期末）已知 ， 分别是双曲线 ： （ ， ）的左、右焦点， ，点 到 的渐近线的距离为3. (1)求双曲线 的标准方程及其渐近线方程； (2)已知点 为坐标原点，动直线 与 相切，若 与 的两条渐近线交于 ， 两点，求证： 的面积为定值. 【答案】(1)双曲线 的标准方程为 ，渐近线方程为 (2)证明过程见详解. 【分析】（1）利用焦距求出 ，利用点到直线距离公式表示 到 的渐近线的距离求出 ， 再利用 求出 ，然后求出渐近线. （2）讨论直线的斜率是否存在，且当直线的斜率存在时，设出直线方程，与双曲线方程联立，根 据 ，找到参数之间的关系，线段 的长，利用点到直线的距离公式求出三角形的高，求得 面积，即可证明. 【详解】（1）因为 ，所以 ，因为 ，渐近线为 ， 即 则 到 的渐近线的距离为可表示为 ， 所以 ， 所以双曲线 的标准方程为 ，渐近线方程为 . （2）①当直线经过双曲线的顶点时直线 的斜率不存在，此时直线方程为 ， 此时易得 ，点 到直线 的距离为 ，所以此时 ②当直线 的斜率存在时设直线 为 ， 由 得 学科网（北京）股份有限公司因为直线于双曲线相切，所以 且 ， 整理得 且 ，即 由 得 ，则 同理得到 所以 点 到直线 的距离 所以 所以 的面积为定值3. 【点睛】利用 ，找到参数之间的关系，再利用公式求得 ，利用点到直线的距离公式求出 三角形的高，进而求出面积是解题关键. 3．（23-24高二上·辽宁大连·期末）双曲线 和 的方程均满足 ，其中 的焦点在 轴上，顺次连接 的两个焦点和 的两个顶点恰好可以构成一个面积为4的正方形． (1)求双曲线 和 的方程． 学科网（北京）股份有限公司(2)若 为 左支上一动点且不在 轴上，过 作 的切线交 于 两点，过 作 的平行线交 于 ，顺次连接 四点构成四边形 ，求证：四边形 的面积为定值． 【答案】(1) ， (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，结合双曲线的几何性质，以及 ，即可求得曲线 和 的方程； （2）设 ，切线 ，联立方程组，根据 ，得到 ，求得 ，且 ，在联立方程组求得 ， ，得到直线 的方程为 ，联立方程组，就得 ， ，证得 ，结合 ，即可得证. 【详解】（1）解：由双曲线 和 的方程均满足 ，其中 的焦点在 轴上， 且顺次连接 的两个焦点和 的两个顶点恰好可以构成一个面积为4的正方形， 可得 的焦点在 轴上，则 且 ，解得 ， 又由 ， 对于曲线 ，可得 ，所以 ， 对于曲线 ，可得 ，所以 . （2）解：设 ，切线 ， 联立方程组 ，整理得 ， 学科网（北京）股份有限公司则 ，可得 ， 又因为 ，可得 ， 代入得 ， 因为 ，所以 ，解得 ，且 在直线 上，所以 ， 由 ，解得 ，即 ， 又由 ，解得 ，即 ， 可得直线 的方程为 ， 联立方程组 ，整理得 ， 解得 ，可得 ，即 ， 同理可得 ， 所以 ，所以 ， 又由 ， ， 且 ， 所以四边形 的面积为 ，即四边形 的面积为定值. 学科网（北京）股份有限公司【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略： 1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定 题目中核心变量（通常为变量 ）；②利用条件找到 过定点的曲线 之间的关系，得到 关于 与 的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标； 2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定 点，再证明该定点与变量无关. 4．（23-24高二上·云南昆明·期末）已知离心率为 的双曲线 经过点 . (1)求 的方程； (2)如图，点 为双曲线上的任意一点， 为原点，过点 作双曲线两渐近线的平行线，分别与两 渐近线交于 、 两点，求证：平行四边形 的面积为定值. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求出 的值，结合双曲线的离心率可求得 的值，进而可求得 的值，由此可得出双 曲线 的方程； 学科网（北京）股份有限公司（2）设点 ，则 ，求出 以及点 到直线 的距离，利用平行四边形的面积 公式可证得结论成立. 【详解】（1）解：因为 ，则 ， 因为双曲线 经过点 ，则 ，则 ， 所以， ， 故双曲线 的方程为 . （2）证明：设点 ，则 ， 由图可知，直线 的方程为 ，直线 的方程为 ， 因为 ，则直线 的方程为 ， 联立 可得 ， 所以， ， 点 到直线 的距离为 ， 学科网（北京）股份有限公司所以，平行四边形 的面积为 为定值. 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 5．（23-24高二上·吉林长春·期末）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为 ，离心率 为 ． (1)求C的方程； (2)记C的右顶点为A，过点A作直线MA，NA与C的左支交于M，N两点，且 ， ，D为垂足．证明：存在定点Q，使得 为定值，并求出Q点坐标． 【答案】(1) (2)证明见解析， 【分析】（1）根据题意，列出方程组，求得 的值，即可求解； （2）设直线MN方程为 ，联立方程组，得到 ，根据 ，整理得到 ，求得 ，得到直线MN过定点 ，再由直线MN的斜率不存在时，设直线方程为 ，得到 过定点，再由 学科网（北京）股份有限公司，即可求解. 【详解】（1）解：由题意，双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为 ，离心率为 ， 可得 ，解得 ，所以双曲线方程 . （2）解：由（1）知 ，当直线MN斜率存在时，设直线MN方程为 ， 联立方程组 ，整理得 ， ，即 ， 设 ，由韦达定理可得 因为 ，所以 ，可得 ， 即 ，即 ， 整理得 ， 即 ，即 ， 可得 ，解得 ， 将 代入直线 ，此时直线 过定点 ，不合题意； 将 代入直线 ，此时直线 过定点 ， 当直线 的斜率不存在时，不妨设直线方程为 ， 因为 ，所以 为等腰直角三角形，此时M点坐标为 ， 学科网（北京）股份有限公司所以 （舍）或 ， 此时 过定点 ， 综上可知，直线 恒过定点 ， 因为 ，此时存在以AP为斜边的直角三角形， 所以存在定点Q为AP中点满足 ，此时 ． 【点睛】解答圆锥曲线的定点、定值问题的策略： 1、参数法：参数解决定点问题的思路：①引进动点的坐标或动直线中的参数表示变化量，即确定 题目中核心变量（通常为变量 ）；②利用条件找到 过定点的曲线 之间的关系，得到 关于 与 的等式，再研究变化量与参数何时没有关系，得出定点的坐标； 2、由特殊到一般发：由特殊到一般法求解定点问题时，常根据动点或动直线的特殊情况探索出定 点，再证明该定点与变量无关. 6．（23-24高二上·山东淄博·期末）已知双曲线 （ ， ）的离心率为2，且经 过点 . (1)求双曲线 的方程； (2)点 ， 在双曲线 上，且 ， ， 为垂足.证明：①直线 过定点；②存 在定点 ，使得 为定值. 【答案】(1) ； 学科网（北京）股份有限公司(2)①证明见解析；②存在定点 . 【分析】（1）由给定的点和离心率求出 即可得双曲线 的方程. （2）设出点 的坐标，在斜率存在时设方程为 ，联立直线与双曲线方程，结合已知 求得 的关系，进而得直线 恒过定点，验证直线斜率不存在的情况，然后结合直角三角形的 性质即可确定满足题意的点 的位置. 【详解】（1）由双曲线 的离心率为2，得 ，则 ， 由双曲线 过点 ，得 ，于是 ， 所以双曲线 的方程为 . （2）①设点 ，当直线 斜率存在时，设直线 的方程为 ， 由 消去 得， ， 显然 ，即 ， ， 由 ，得 ，而 ， 则 ， 整理得 ， 学科网（北京）股份有限公司即 ， 整理得 ，显然直线 不过点 ，即 ， 因此 ，即 ，符合题意，直线 ： 过定点 ， 当直线 斜率不存在时，点 ， ， 而 ，显然 ，解得 ，直线 ： 过点 ， 所以直线 过定点 . ②由①知，直线 过定点 ，而点 ，线段 中点 ， 又 ，当点 与 不重合时，点 是以线段 为斜边的直角三角形的直角顶点， 则 ，当点 与 重合时， ， 所以存在定点 ，使得 为定值 . 【点睛】方法点睛：（1）引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的 量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；（2）特例法，从特殊情况入手，求出定 值，再证明这个值与变量无关． 学科网（北京）股份有限公司7．（23-24高二上·重庆·期末）已知双曲线 的左、右焦点分别为 ， 过 作直线 交双曲线右支于 两点，当直线 与 轴垂直时， ．过 作直线 分别交 双曲线两支于 两点，且 的最小值为 ． (1)求双曲线 的方程； (2)设线段 的中点分别为 ，记 的面积为 ， 的面积为 （ 为双曲线的 中心），若直线 的斜率分别为 且 ，求证： 为定值，并求出这个定值． 【答案】(1) (2)证明见解析， 【分析】（1）根据 和 的最小值为 可求出 ，则双曲线 的方程可求； （2）设出直线 和 的方程，结合题目所给信息 ，将直线方程与双曲线方程联立，利用 韦达定理求出中点 的坐标，推出直线 的方程，此时问题转化为点 与点 到直线 的 距离之比即可解决. 【详解】（1）由已知当直线 与 轴垂直时， ，即 ①， 又 的最小值为 ，即 ②， 所以由①②得 ， 所以双曲线 的方程为 ； 学科网（北京）股份有限公司（2）由（1）得 ， 因为 ，所以 ， 设直线 的方程为 ，设直线 的方程为 ， 联立 ，消去 并整理得 此时 ， 不妨设 ， 则 ， 此时 ， ， 所以 ，同理得 ， 设直线 的斜率为 ， 则 所以直线 的方程为 ， 即 所有直线 恒过点 ， 学科网（北京）股份有限公司所以点 与点 到直线 的距离之比为 所以 . 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． (2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 8．（23-24高二上·河北张家口·期末）已知点 在双曲线 上，双曲 线 的离心率为 . (1)求双曲线 的方程； (2)过点 的直线 交双曲线 于不同于点 的 两点，直线 和直线 的斜率之和是否 为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)是定值，且为 【分析】（1）代入点 以及离心率列方程求解即可； （2）该直线斜率必不为零，设出直线方程，与双曲线联立，利用韦达定理，代入直线 和直线 的斜率计算即可. 学科网（北京）股份有限公司【详解】（1）由已知得 ，解得 ， 故双曲线 的方程为 ； （2）由题意可得直线 斜率必不为零， 故设直线的方程为 ： ，即 ，设 ， 联立 ，消去 得 ，解得 或 ，且 所以 ， 所以 所以 学科网（北京）股份有限公司. 所以直线 和直线 的斜率之和为定值，且为 . 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关； （2）直接推理，计算，并在计算推理的过程中消失变量，从而得到定值. 9．（23-24高二上·广东广州·期末）已知双曲线 ： 与圆 的 一个交点为 . (1)求双曲线E的方程； (2)设点A为双曲线E的右顶点，点B，C为双曲线E上关于原点O对称的两点，且点B在第一象限， 直线 与直线 交于点M，直线 与双曲线E交于点D.设直线 与 的斜率分别为 ， ，请问 是否为定值?若是，请求出该定值；若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2) 为定值，且该定值为 【分析】（1）将点代入方程后计算即可得； （2）设出 点坐标，由 点坐标可求得 ， 的表达式，借助 点坐标在双曲线上满足双曲线方 学科网（北京）股份有限公司程，则可化简 ，从而得解. 【详解】（1）由题意可得 ，即有 ， 则有 ，整理得 ， 即 ，即 （舍去）或 ， ， 故双曲线E的方程为 ； （2）设 ， ， ，则 ， 则 ，令 ，则 ， 即 ，则 ， 代入 ，故 ， 化简得 ， 则有 ，即 ， 故 ， 即 ， 则 ， ， 由 在双曲线上，故有 ，即 ， 学科网（北京）股份有限公司则 ， 即 ， 即 为定值，且该定值为 . 【点睛】关键点睛：本题关键在于借助 在双曲线上，得到 ，从而化简 ，得到 ，从而得解. 10．（23-24高二上·安徽黄山·期末）如图，已知曲线 是以原点O为中心、 为焦点的椭圆的 一部分，曲线 是以原点O为中心， 为焦点的双曲线的一部分，A是曲线 和曲线 的交点， 且 为钝角，我们把曲线 和曲线 合成的曲线C称为“月蚀圆”．设 . 学科网（北京）股份有限公司(1)求曲线 和 所在的椭圆和双曲线的标准方程； (2)过点 作一条与x轴不垂直的直线，与“月蚀圆”依次交于B，C，D，E四点，记G为CD的 中点，H为BE的中点．问： 是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由. 【答案】(1)椭圆 所在的标准方程为 ，双曲线 所在的标准方程为 (2) 是定值，为 ，理由见解析 【分析】（1）设椭圆所在的标准方程为 ，双曲线所在的标准方程为 ，根据 在曲线上、焦点坐标可得答案； （2）设直线 的方程为 ， ，直线 的方程与椭 圆方程、双曲线方程分别联立，利用韦达定理求出 、 ，由 转化为 化简可得答案. 学科网（北京）股份有限公司【详解】（1）设椭圆所在的标准方程为 ， 双曲线所在的标准方程为 ， 因为 ， 所以可得 ， ， 解得 ， ， 所以椭圆 所在的标准方程为 ，双曲线 所在的标准方程为 ； （2） 是定值，为 ，理由如下， 由（1）椭圆所在的标准方程为 ，双曲线所在的标准方程为 ， 因为直线 与“月蚀圆”依次交于B，C，D，E四点，所以直线 的斜率不为0， 设直线 的方程为 ， ， 双曲线 的渐近线方程为 ，所以 ， 可得 ， ， 直线 的方程与椭圆方程联立 ，整理得 ， 所以 ， 学科网（北京）股份有限公司所以 ， 直线 的方程与双曲线方程联立 ，整理得 ， 所以 ， 所以 ， 所以 ， 所以 是定值 . 【点睛】关键点点睛：第二问解题的关键点是由 转化为 ，再利用韦达 定理. 11．（23-24高二上·江苏泰州·期末）已知双曲线 ： 过点 ，离心 率为 . (1)求 的方程； 学科网（北京）股份有限公司(2)过点 且斜率为 的直线 交双曲线左支于点 ，平行于 的直线交双曲线的渐近线于 A，B两点，点A在第一象限，直线 的斜率为 .若四边形 为平行四边形，证明： 为 定值. 【答案】(1) (2)证明见详解 【分析】（1）根据双曲线离心率公式，结合代入法进行求解即可； （2）设直线 的方程为 ，直线 的方程为 ， ，将 代入直 线 可得 ，联立直线 与椭圆方程得关于 的一元二次方程，由韦达定理得 ；联立 方程和渐近线方程求出 ，得到 ，由题易得 ，即 ，联立求出 的关系式，再由定义表示出 ，将所有未知量全部代换成 即可求 证. 【详解】（1）因为双曲线 ： 过点 ，离心率为 ， 所以有 ； （2）设直线 的方程为 ， 直线 的方程为 ， ， 将 代入直线 得 ，即 ， 学科网（北京）股份有限公司联立 ，得 ， 得 ，即 ， ， 因为 在第一象限，双曲线渐近线方程为 ， 联立 ，得 ，即 ， 联立 ，得 .即 ， 所以 ， 因为 ，所以 ，所以 ①， 又 ②， ① ②得， ， 所以 ， 所以 ， 因为 所以 ，为定值. 学科网（北京）股份有限公司【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为 ； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 （或 ）的一元二次方程，注意 的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为 、 （或 、 ）的形式； （5）代入韦达定理求解. 12．（23-24高二上·浙江·期末）已知离心率为 的双曲线 与x轴交于A，B两 点，B在A的右侧．在E上任取一点 ，过点B作直线QB垂直PA交于点Q，直线 PB、QA分别交y轴于不同的两点M，N． (1)求双曲线E的方程； PB (2)求证：直线 与直线 的斜率乘积为定值； (3)三角形MNB的外接圆是否过x轴上除B点之外的定点，若是，求出该定点坐标：若不是，请说 明理由． y2 x2 1 【答案】(1) 2 (2)证明见解析； 2,0 (3)过定点，坐标为 c 3,b2 2 【分析】（1）根据离心率和双曲线方程可得 ，可求出双曲线E的方程； 学科网（北京）股份有限公司y y y2 k  1 ,k  1 x2 1 1 （2）分别表示出 PA x 1 PB x 1，再由 1 2 化简可得斜率乘积为定值2； 1 1  1 y   , 1  （3）求出三角形MNB的外接圆圆心坐标为  2 x21 ，写出圆的标准方程并令y0可解得 1 2,0 x2 符合题意，即可得外接圆过定点 . c 【详解】（1）由离心率为 可得  3， 3 a a1 c 3,b2 c2a2 2 又易知 ，所以 ， y2 x2 1 可得双曲线E的方程为 2 ； A1,0,B1,0 （2）易知 ，如下图所示： y2 y y 易知 PA,PB 的斜率均存在，且 Px 1 ,y 1 y 1 0满足x 1 2 2 1 1，可得k PA  x 1  1 1 ,k PB  x 1  1 1 ， y 又易知k k  1 ， QA PA x 1 1 y y y2 y2 k k  1  1  1  1 2 所以 QA PB x 1 x 1 x21 y2 ， 1 1 1 1 2 QA PB 因此直线 与直线 的斜率乘积为定值2； y y 1 x1 （3）由（2）可知直线PA的方程为 x 1 1 ， 学科网（北京）股份有限公司y 直线 的方程为y 1 x1 ； x 1 PB 1  y   y  M0, 1 ,N0, 1  因此可得  x 1  x 1 ， 1 1 y y 1 所以三角形MNB的外接圆圆心在线段MN的垂直平分线上，即 x21； 1 1 y   , 1  线段 的中点坐标为2 2x 1， BM  1   y  x 1 1 易知线段 BM 的垂直平分线为 y    2x 1 1 1     1 y 1   x 2  ，  1 y  C , 1  联立两直线方程可得圆心坐标为  2 x21 ， 1  1 2  y  2 所以外接圆半径为 RCB 1   1  ，  2  x21 1  1 2  y  2  1 2  y  2 9  y  2 x  y 1  1   1    1  圆的标准方程为  2  x21  2  x21 4 x21 ， 1 1 1  1 2 9 x   令y0可得 2 4， 解得x1（舍）或x2 2,0 因此可得三角形MNB的外接圆过x轴上除B点之外的定点，该定点坐标为 . 【点睛】关键点点睛：求解三角形MNB的外接圆过定点时，关键是写出外接圆的标准方程，再令 y0 2,0 纵坐标 即可求得定点坐标为 . x2 C:  y2 1 13．（23-24高二上·重庆·期末）已知双曲线 4 的渐近线为 l 1 ,l 2，双曲线C与双曲线C C l,l 的渐近线相同，过双曲线 的右顶点的直线与 1 2，在第一、四象限围成三角形面积的最小值为 学科网（北京）股份有限公司8． (1)求双曲线C的方程； C PA∥l l (2)点P是双曲线 上任意一点，过点P作 1依次与双曲线C和 2交于A，B两点，再过点P |AE| 作 PE∥l 2依次与双曲线C和 l 1交于E，F两点，证明：|BF|为定值． x2 y2  1 【答案】(1)16 4 (2)证明见解析 yk(x2 t) 【分析】（1）设直线方程为 ，联立求出交点坐标，从而求出围成的三角形面积为 8t 2t 1 4 ，当直线方程斜率不存在时，求出围成的三角形面积为 ，从而得到 ， ，得 k2 2t 2t 8 t4 到双曲线方程； 1 1 x 2 PA:y xn PE:y xm mn y 2 0 4 （2）设直线 2 ，直线 2 ，并得到 0 4 ，联立方程，求出 3 5n2 20 5n2 20 |AE| AE   6 BF   6 A,B,E,F的坐标，从而求出 4 4 n2 ， 4 n2 ，从而得到|BF|为定值. x2 y2 1 C:  1(t0) y x 【详解】（1）由已知可设双曲线 4t t ，其渐近线为 2 ，右顶点为(2 t,0)， 1 1 设过右顶点的直线斜率为k，则k  或k  ，直线方程为 ， 2 2 yk(x2 t)  4k t yk  x2 t    x 2k1   联立 1 ，解得 2k t ， y x y   2  2k1 学科网（北京）股份有限公司 4k t yk  x2 t    x 2k1   联立 1 ，解得 2k t ， y x y   2  2k1 2k t 2k t 8k2 t 故直线与 在第一、四象限的交点的纵坐标之差为   ， l,l 2k1 2k1 4k21 1 2 1 8k2 t 8t 2 t  2t 围成三角形面积为2 4k21 1 ， 4  k2 x2 t ∴当斜率不存在时，直线方程为 ， 1 将 代入y x中，得到交点坐标为  2 t, t  ， x2 t 2 1 围成三角形的面积为 2 t2 t 2t， 2 故围成的三角形面积的最小值为2t 8， x2 y2 ∴ ，故双曲线 的方程为  1； t4 C 16 4 1 1 x 2 PA:y xn n x y 0 y 2 4 （2）设点 ，直线 2 ，则 2 0 0，且 4 0 ， 1 1 x 2 直线PE:y xm，则m y  x ，所以mn y 2 0 4， 2 0 2 0 0 4  1 y xn   2 联立 x2 ，由 x2 1 1  ，  y2 1 y2 1 xy xy1  4 4 2 2  1 1 1 1 1 故 xy ，所以xn ,y n ， 2 n n 2 2n 学科网（北京）股份有限公司n21 n21 A ,  故点  n 2n  ，  1 y xn   2 联立 得点 ， 1  n y x Bn,   2  2  1 y xm   2 同理联立 x2 得点 m21 m21，  y2 1 E ,   4  m 2m   1 y xm   2 联立 得点 ， 1  m y x Fm,   2  2  ∵mn4， 2 2 n21 m21 n21 m2 1  AE         n m   2n 2m   1 4 n 2 n 1 2 n 2  n          n n 4 2 2n n 8 3n 3 2 3n 3  2 9n2 9 9 9n2 9 9               4 n  8 2n 16 2 n2 64 8 4n2 45n2 45 27 3 5n2 20      6 64 4n2 8 4 4 n2 4 ( n)2 而 BF  (mn)2 (mn)2  ( 4 n)2 n  16 8n2 4 2 n2 4 n 4 n2 n2 4 5n2 20   6 4 n2 AE 3   BF 4， AE 3  BF 的定值为4． 学科网（北京）股份有限公司【点睛】方法点睛：定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. 2 14．（23-24高二上·浙江宁波·期末）已知双曲线 的渐近线方程为y x，且点M2,1在 C 2 C 上． (1)求C的方程； A,B C MAMB,MD AB,D N DN (2)点 在 上，且 为垂足．证明：存在点 ，使得 为定值． x2 y2 1 【答案】(1) 2 (2)证明见解析 x2 y2 0 【分析】（1）设双曲线的方程为 2 ，利用待定系数法求出即可得解； y 1 y 1 1  2 1 （2）分直线AB的斜率是否为零两种情况讨论，根据MA MB，可得x 1 2 x 2 2 ，双曲线方 程可变形为 2x22y2 x222 2y112 ，再由直线AB的方程 xmyt 可得 1 tm2   x2my1  1，代入变形后的双曲线方程，再利用韦达定理即可得出 t,m 间的关系， 进而可求出直线AB所过的定点，即可得出结论. x2 y2 0 【详解】（1）设双曲线的方程为 2 ， M2,1 C 因为点 在 上， 4 所以 1，解得 ， 2 1 x2 所以 的方程为 y2 1； C 2 （2）设 ， Bx,y  当直线 AB 的斜率为 0 时，则 1 1 ， 学科网（北京）股份有限公司x2 因为点 在 上，所以 1 y2 1，则 ， A,B C 2 1 x2 22y2 1 1 (cid:2) (cid:2) MA MB MAMB0 由 ，得 ， x 2,y 1x 2,y 14x24y 12 0 即 1 1 1 1 1 1 ， 4  22y2 4y 12 0 y 3 y 1 1 1 ，解得 1 或 1 （舍去）， 故直线AB的方程为y3， 当直线AB的斜率不等于0时，设直线AB的方程为 xmyt ， 当MA的斜率不存在时，则MB的斜率为0， 此时直线MA的方程x2，直线MB的方程为y1， x2  x2 联立 y2 1，解得 （ 舍去），  2 y1 y1 y1  x2 联立 y2 1，解得 （ 舍去），  2 x2 x2 1 所以A2,1,B2,1，则k AB  2 ， 1 所以直线 的方程为y1 x2 ， AB 2 y3 x6 AB 6,3 令 ，则 ，故直线 过点 ， 同理可得当MB的斜率不存在时，则MB的斜率为0， 1 此时直线 的方程为y1 x2 ，直线 过点6,3， AB 2 AB MA,MB 当直线 的斜率都存在且都不等于零时， y 1 y 1 1  2 1 因为MA MB，所以x 1 2 x 2 2 ， x2 由 y2 1， 2 学科网（北京）股份有限公司2x22y2 x222 2y112 得 x22 4x242y12 4y12 ， x22 4x22y12 4y10 所以 ， xmyt x22my1mt 由 ，得 ， 1 则x2my1mt2，所以   x2my1  1， tm2 1 所以 x224x2   x2my1  2y12 tm2 1 4y1   x2my1  0， tm2 t2m 44m 2t42m 整理得 x22 x2y1 y12 0 t2m t2m t2m 2t42m y1 2 44m y1 t2m       0 即 t2m x2 t2m x2 t2m ， t2m y 1 y 1 t2m t2m 1  2   1 所以x 2 x 2 2t42m 2t42m 1 2  t2m 所以t 63m， xmy63my3m6 AB 所以直线 得方程为 ， 6,3 Q6,3 AB AB 所以直线 过定点 ，综上所述，直线 过定点 ， 因为MD AB， 1 所以存在 MQ 的中点N4,1，使得 DN  2 MQ 2 2 . 学科网（北京）股份有限公司【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下： （1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性 证明； （2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲 线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即 为所求点； x ,y  yy kxx  ykxb （3）求证直线过定点 0 0 ，常利用直线的点斜式方程 0 0 或截距式 来证 明. 双曲线中最值问题 1．（23-24高二上·四川攀枝花·期末）已知中心在坐标原点O，焦点在x轴上的双曲线C的焦距为 Q(2,3) 4，且过点 . (1)求双曲线C的标准方程； (2,0) l C A B AO C P (2)过点 的直线 交双曲线 的右支于 ， 两点，连接 并延长交双曲线 的左支于点 ， 求PAB的面积的最小值. y2 x2 1 【答案】(1) 3 (2)12 a,b,c 【分析】（1）利用待定系数法及双曲线的定义，结合双曲线中 三者的关系即可求解； （2）设直线方程为l:xmy2， ， ，直线方程与双曲线方程联立，利用应用韦 x x 0 1 2  达定理得y y ,y y ,由 xx 0 求得 m 的范围，由坐标求得三角形面积并代入韦达定理的结论 1 2 1 2 1 2 化为关于m的函数，换元并利用函数的单调性得面积最小值． x2 y2  1(a0,b0) 【详解】（1）法一：设双曲线C的标准方程为a2 b2 学科网（北京）股份有限公司c2 F(2,0) F (2,0) 由题知： ，故其左右焦点分别为 1 ， 2 . QF  QF  (22)232  (22)232 22a 由 2 1 ，解得a1. b c2a2  3 从而 ， y2 x2 1 双曲线C的标准方程为 3 . x2 y2 法二：设双曲线方程为  1(a0,b0)， a2 b2 c2 a2b2 4 由题知： 得到 . 4 9 4 9 又  1，得到  1 . a2 b2 a2 4a2 a417a2160 a2 16 a2 1a1 得到 ，解得 （舍）或 ， y2 x2 1 双曲线C的标准方程为 3 . E2,0 （2）由题意，设 作出图形如图所示， 显然直线l与y轴不垂直，设l:xmy2， ， xmy2    3m21  y212my90 联立3x2y2 3  12m y y    1 2 3m21 故 ， . 9 Δ36  m21  0   y 1 y 2  3m21 学科网（北京）股份有限公司由于A，B均在双曲线右支上，  4 my y 4 0   1 2 3m21  故   x 1 x 2 0 ，即 m2y y 2my y 4 3m24 0 ，解得 0m2  1. x 1 x 2 0  1 2 1 2 3m21 3 由双曲线的对称性知AP的中点为O， S 2S 故 △PAB △OAB 1 S 2S 2 OE  y y 2 y y 24y y ， PAB OAB 2 1 2 1 2 1 2 12 m21 1 S  0m2   代入韦达定理得 PAB 13m2  3  2 3 m21t1t  令  3 ，则   12t 12  2 3 S   1t  PAB 43t2 4  3  3t  t 4 易知 3t随 的增大而减小， t t S  12 当 t 1 时， PAB min . 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： x,y ,x ,y  （1）设直线方程，设交点坐标为 1 1 2 2 ； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或 y ）的一元二次方程，注意的判断； （3）列出韦达定理； x x xx y y y y （4）将所求问题或题中的关系转化为 1 2、 1 2（或 1 2、 1 2）的形式； （5）代入韦达定理求解. x2 y2  1 2．（23-24高二上·湖北武汉·期末）已知双曲线方程为a2 b2 ，F 1 ， F 2为双曲线的左、有焦点， (cid:2) (cid:2) (cid:2) (cid:2) PF PF 0 PF  PF 6 离心率为2，点P为双曲线在第一象限上的一点，且满足 1 2 ， 1 2 ． 学科网（北京）股份有限公司(1)求双曲线的标准方程； F l A,B x Q(m,0) (2)过点 2作斜率不为0的直线 交双曲线于 两点；则在 轴上是否存在定点 使得 (cid:2) (cid:2) QAQB m QAB 为定值，若存在，请求出 的值及此时 面积的最小值，若不存在，请说明理由． y2 x2 1 【答案】(1) 3   S 9 (2)存在，1； QAB min (cid:2) (cid:2) PF PF 0 PF PF 【分析】（1）由 1 2 可得 1 2，利用勾股定理结合双曲线性质和离心率求解即可； （2）设l:xty2， ， ，将直线方程与双曲线方程联立，利用韦达定理得到 (cid:2) (cid:2) QAQB QAB m QAB 和 面积的表达式，解出 的值，利用换元和单调性求出 面积的最小值即可. c 【详解】（1）由题意可得e 2，所以 ， a c2a b2 c2a2 3a2 b 3a 又由 可得 ， (cid:2) (cid:2) PF PF 0 PF PF 6 PF PF 因为 1 2 ， 1 2 ．所以 1 2， PF  PF 2a PF 2 PF 22 PF PF 4a2 由双曲线的定义 1 2 ，可得 1 2 1 2 ， 而 PF 1 2 PF 2 2 4c2 ，所以 4c2124a2 ，解得b2 3，a2 1，c2 4， y2 x2 1 所以双曲线的方程为 3 . 学科网（北京）股份有限公司（2）由（1）可得F (2,0)，因为直线l的斜率不为0，设l:xty2， ， ， 2  xty2 联立  3x2y2 3，整理可得  3t21  y212ty90， 1 12t 9 则由题意得t2  3 ，y 1 y 2  3t21 ，y 1 y 2  3t21 ，Δ144t236  3t21  36  t21  0， (cid:2) (cid:2) QAQBx m,y x m,y ty 2mty 2my y 因为 1 1 2 2 1 2 1 2 9 12t   t21  y y (2m)ty y (2m)2   t2 1   (2m)t (2m)2 1 2 1 2 3t21 3t21 (12m15)t29  (2m)2， 3t21 12m15 9 要使 (cid:2) (cid:2) 为定值，则  ，解得 ， (cid:2) (cid:2) ， QAQB 3 1 m1 QAQB0 (cid:2) (cid:2) x Q(1,0) QAQB 所以在 轴上存在定点 使得 为定值，且定值为0， y 3x 因为双曲线渐近线方程为 ， 1 1 3 144t2 36 9 t21 S  QF  y y  3 y y 2 4y y    此时 QAB 2 2 1 2 2 1 2 1 2 2  3t21 2 3t21 3t21 ， 9 9 t21 4 y y  0 S  1u 又 1 2 3t21 ，3t210，则 △QAB 13t2 ，令 t21u，则 3 ， 9u 9 S   所以 △QAB 43u2 4 3u，又y 4 3u在 1, 上单调递减， u u   S 9 所以当u1，即t0，l方程为x2时，QAB 面积取到最小值，且 QAB min ． 学科网（北京）股份有限公司【点睛】解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤： （1）得出直线方程，设交点为 ， ； （2）联立直线与曲线方程，得到关于x或 y 的一元二次方程； （3）写出韦达定理； x x ,xx （4）将所求问题或题中关系转化为 1 2 1 2形式； （5）代入韦达定理求解. x2 y2  1 3．（23-24高二上·河北石家庄·期末）已知双曲线a2 b2 的离心率为 2，点 F 1 ,F 2 分别是双曲 F 线的左右焦点，过 2的直线交双曲线右支于P，A两点，点P在第一象限，当直线PA的斜率不存 |PA|2 2 在时， ． (1)求双曲线的标准方程； PF C :(x2)2y2 8 PF B,AF F,PAF S ,S ,S (2)线段 1交圆 2 于点B，记 2 2 1 1的面积分别为 1 2 ，求 S S  S S 的最小值． 1 2 x2y2 2 【答案】(1) ； 2 52 (2) . 学科网（北京）股份有限公司x2 y2 C :  1 【分析】（1）根据双曲线 1 a2 b2 的离心率为 2，得到ab，再根据 PA 2 2 ，得到 2b2 2 2 a 求解. x2 y2 （2）设 Px 1 ,y 1  ，则 a 1 2  b 1 2 1 ，求得 PF 1  x 1 c2 y 1 2 ex 1 a ，再利用双曲线的定义得到 S PF PA S PA  1   PF ex a， PB  PF 2 2  PF ，再由S PB PF ，S AF 求解. 2 1 1 2 1 2 2 2 x2 y2 a2b2 C :  1 e  2 【详解】（1）由双曲线 1 a2 b2 的离心率为 2，得 a ，即ab xc  x2 y2 b2 2b2 由 a2  b2 1，得| y| a ，由过点 F 2 的直线PA的斜率不存在时， PA 2 2 ，得 a 2 2， a  b  2 x2y2 2 解得 ，所以双曲线的方程为： . （2）设  P  F (cid:2) 2   F  2 (cid:2) A  ， Px 1 ,y 1  ，则 x a 1 2 2  y b 1 2 2 1 ，而 F 1 (2,0),F 2 (2,0) ，即c2， b2x2 PF  x c2y2  x c2 1 b2 则 1 1 1 1 a2  b2     1 a2   x 1 22cx 1 a2  e2x 1 22cx 1 a2  ex a2 ex a， 1 1 由双曲线定义得 PF 1  PF 2 2a ，显然圆 C 2 :(x2)2y2 8 的圆心为 F 1，半径 r2a ， PF ex a PB  PF 2 2  PF 因此 2 1 ， 1 2 ， 学科网（北京）股份有限公司1 PF PAsinFPA S  2 1 1  PF 1  PA  ex 1 a  1 于是S 1 PF PF ex a  1 PB PF sinFPA 2 2 1 2 2 1 3  2(  ) 2 2 2 1 5 1 5      S PA 3   1   ，  1 ， 2(  ) 2 S AF 2 2 2 2 S S 5 5 5   1 22 22 52 从而S S    ，当且仅当 5时等号成立， 1 2 S S  所以S S 的最小值2 52. 1 2 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： ①几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； ②代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函 数的最值或范围． x2 y2 C:  1(a0,b0) 4．（23-24高二上·河南驻马店·期末）已知双曲线 a2 b2 的一条渐近线方程为 y 2x O P( 3,2) C ， 为坐标原点，点 在双曲线 上． (1)求双曲线C的方程； (cid:2) (cid:2) l C M,N OMON 0 |MN| (2)若直线 与双曲线 交于 两点，且 ，求 的最小值． y2 x2 1 【答案】(1) 2 2 2 (2) b  2  a 【分析】（1）依题意可得 ，解得 、 ，即可得解； 3 4   1 a2 b2 a2 b2  2 xtymt   （2）解法一：设Mx,y , Nx ,y ，直线 的方程为  2 ，联立直线与双曲线 1 1 2 2 l   学科网（北京）股份有限公司(cid:2) (cid:2) m2 2  t21  MN 2 OMON 0 方程，消元、列出韦达定理，由 整理得到 ，即可表示出 ，从而求出 其最小值； 1 解法二：设 OM :ykx ，ON : y  k x，联立直线与双曲线方程，即可求出 x2 、y2 ，即可得到 M M 1 1 1   OM 2 ，同理得到 ON 2 ，从而得到|OM |2 |ON|2 2，再由基本不等式计算可得. y 2x P( 3,2) 【详解】（1）由双曲线C的一条渐近线方程为 ，且双曲线过 ， b  2  a 所以 ，解得a2 1， 3 4   1  a2 b2 b2 2 y2 x2 1 故双曲线C的方程为 2 .  2 xtymt   （2）解法一：设Mx,y , Nx ,y ，直线 的方程为  2 ， 1 1 2 2 l   xtym   y2 联立x2 1，得 2t21  y24tmy2  m21  0 ，  2  4tm y y    1 2 2t21 则  2  m21  ，且 ，  y y    1 2 2t21 m22t210 (cid:2) (cid:2) 由 OMON 0 ，即 x 1 x 2 y 1 y 2 0 ，即 ty 1 mty 2 my 1 y 2 0 ，  t21  y y tmy y m2 0 即 1 2 1 2 ， 2  m21  4t2m2 即  t21  2t21  2t21 m2 0 ，整理得m2 2  t21  ， MN 2 x x 2 y y 2 所以 1 2 1 2 学科网（北京）股份有限公司ty ty 2 y y 2 1 2 1 2   t21 y y 2 1 2   t21 y y 2 4y y   1 2 1 2   t21      4tm   2  8  m21    2t21 2t21    8  1t2 m22t21    2t21 2   9t2   8 1 8，当且仅当 时，等号成立，   2t21 2    t0 MN 2 2 故 的最小值为 . 方法二：由题意知直线OM,ON 的斜率存在且不等于0， 1 设 ，ON : y  x， OM :ykx k  2k  2   1  2  2 由 k ，即 ，  1 k 0 k2 2  2  2 x2  ykx   M 2k2 联立 ，解得 ，    x2 y 2 2 1   y M 2  2 2  k k 2 2 2  k21  2  k21  1 OM 2 x2 y2  |ON|2 k2 2 则 M M 2k2 ，同理 2k21 ，其中2 ， 1 1 2k2 2k21 1     故|OM |2 |ON|2 2  k21  2  k21  2，   1 1  MN|2OM |2 |ON|22 OM |2  ON|2    而 |OM |2 |ON|2  学科网（北京）股份有限公司 |ON|2 |OM |2  |ON|2 |OM |2  22  222  8  |OM |2 |ON|2    |OM |2 |ON|2   ， |OM ||ON|4 当且仅当 时，等号成立， |MN| 2 2 故 的最小值为 . 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为 、 ； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或 y ）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； x x xx （4）将所求问题或题中的关系转化为 1 2、 1 2的形式； （5）代入韦达定理求解.  3 5．（23-24高二上·黑龙江哈尔滨·期末）椭圆 与双曲线 有相同的焦点，且过点1, . C 2x22y2 1  2 (1)求椭圆C的方程； M x4 (4,0) (2)如图所示，记椭圆的左、右顶点分别为A，B，设 为直线 上不同于点 的任意一点， AM P MB Q 连接线段 交椭圆于点 ，连接线段 并延长交椭圆于点 . 学科网（北京）股份有限公司PQ （i）证明：点B在以 为直径的圆内； （ii）求四边形APBQ面积的最大值. x2 y2  1 【答案】(1) 4 3 (2)（i）证明见解析；（ii）6 【分析】  3 （1）根据双曲线方程的焦点可确定椭圆的焦点，再结合1, 在椭圆上，利用待定系数法，即可  2 求得椭圆方程； （2）（i）由椭圆对称性可知，不妨设M4,t,t0，由此利用直线AM,BM 的方程联立椭圆方程， (cid:2) (cid:2) 求得P,Q坐标，由此表示出BP,BQ的坐标，利用数量积的计算推出PBQ为钝角，即可证明结论； （ii）结合（i）求出四边形APBQ面积的表达式，利用换元法，结合构造函数，利用函数的单调性， 即可求得答案. 【详解】（1） x2 y2  1 由题知双曲线 即 1 1 ，其焦点坐标为 ， 2x22y2 1 1,0,1,0 2 2 故椭圆C的焦点为 1,0,1,0 ，c1，（c为椭圆焦半距）， 9 故可设椭圆 的方程为x2  y2 1 ，将点 1, 3  代入可得 1  4 1 ， C a2 a21  2 a2 a21 解得a2 4， x2 y2 所以椭圆 的方程为  1. C 4 3 （2） （i）由题意知A(2,0),B(2,0)，由椭圆对称性可知，不妨设M4,t,t0，P  x ,y  ,Q  x ,y  ； p p Q Q 学科网（北京）股份有限公司t t 根据题意可知直线 斜率均存在，且k  ，k  ； AM,BM MA 6 BM 2 t t 所以直线 的方程为y x2 ， 的方程为y x2 ； AM 6 BM 2  t y x2   6 联立直线 和椭圆方程得 ，消去 可得 ， x2 y2  AM  4  3 1 y  27t2 x24t2x4t21080 4t2108 542t2 ，2x  ，解得x  ， 4271080 p 27t2 P 27t2 t 18t   则y  x 2  ； P 6 p 27t2  t y x2   2 联立直线 和椭圆方程得 ，消去 可得 ； x2 y2  BM  4  3 1 y  3t2 x24t2x4t2120 4t212 2t26 t 6t   ，2x  ，解得x  ，则y  x 2  ； 1440 Q 3t2 Q 3t2 Q 2 Q 3t2 (cid:2) 542t2 18t   4t2 18t  则BP 2,  , ，  27t2 27t2  27t2 27t2  (cid:2) 2t26 6t   12 6t  BQ 2,  , ；  3t2 3t2  3t2 3t2  (cid:2) (cid:2) 4t2  12  18t  6t  60t2 所以 BPBQ 27t2    3t2    27t2    3t2     27t2 3t2 0 ； 即可知PBQ为钝角，所以点B在以PQ为直径的圆内； 1  18t 6t  （ii）四边形 的面积为S   AB y y 2   APBQ 2 p Q 27t2 3t2  学科网（北京）股份有限公司48t(9t2) 48    9t22 12t2 9t2 12t ，  t 9t2 9t2 9t2 9 9 设 ,t 0，则  t2 t 6，当且仅当 时等号成立； t t t t t3 12 12 又y 在6,上单调递增，所以y 628，   48 48 S   6 可得 12 8 ，   所以t3时，四边形APBQ的面积最大为6，此时点M 的坐标为 4,3 ， 由对称性可知，即当点M 的坐标为 4,3 或 4,3 时， 四边形APBQ的面积最大，最大值为6. 【点睛】 难点点睛：本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆位置关系中的最值问题，综合性强，难点在 于求解四边形APBQ面积的最大值时，计算比较复杂，计算量大，要注意换元，构造函数，结合 函数的单调性进行求解. x2 y2 C:  1(a0,b0) 6．（23-24高二上·福建福州·期末）若双曲线 a2 b2 的一个焦点是F(2,0)，且离 心率为2． (1)求双曲线C的方程； M(0,1) F l C (2)已知点 ，过焦点 的直线 与双曲线 的两支相交于A，B两点，求直线MA和MB的斜率 之和的最大值． y2 x2 1 【答案】(1) 3 1 (2)2 【分析】（1）由焦点坐标，离心率公式求解方程即可. （2）设出直线方程，与双曲线联立后将斜率和表示为函数，再利用换元法结合基本不等式求解即 学科网（北京）股份有限公司可. c 【详解】（1）易得 ， 2，解得 ，故得 ， c2 a a1 b 3 y2 故 的方程为C:x2 1， C 3 （2） y2 由题意得 的斜率存在，故设 方程为 ，联立方程组 ，x2 1，可得 l l yk(x2) yk(x2) 3 (3k2)x24k2x4k230 3k2 0 16k4(3k2)(4k2 3)36k2 360 ，则 ， ，设 4k23 4k2 ，则xx  0，x x  ，解得 ，结合 ，故 A(x,y ),B(x ,y ) 1 2 k23 1 2 k23 k( 3, 3) M(0,1) 1 1 2 2 k(x 2)1 k(x 2)1 2kxx (2k1)(x x ) 3(2k1) k k  1  2  1 2 1 2  1 MA MB x x xx 4k23 ，令 t2k1( 31,2 31) ， 1 2 1 2 3t 3 1 k k  1 1 MA MB t22t4 4 2 故 t2 ，当且仅当 时取等，故直线MA和MB的斜率之和的最 t t 2 1 大值为2. 7．（23-24高二上·四川成都·期末）请解决以下两道关于圆锥曲线的题目. x22 y2 4a2 0a2 N2,0 (1)已知圆 M : ，圆P过点 且与圆M 外切. 设P点的轨迹为曲线 E. Γ:xy R E  a ①已知曲线 与曲线 无交点，求 的最大值（用 表示）； ②若记①的最大值为  0，圆 Q:x12 y2 1 和曲线 Γ 0 :x 0 y 相交于A、B两点，曲线E与 3 x K OAKB a a2b2c2 2 学科网（北京）股份有限公司 abc   3 x轴交于K点，求四边形OAKB的面积的最大值，并求出此时a的值. （参考公式： 3 a2b2c2 2 abc  ，其中 ，当且仅当 时取等号）  3  a,b,c0 abc x2 y2 (2)如图，椭圆C: a2  b2 1ab0 的左右焦点分别为 F 1、 F 2，其上动点M 到 F 1的距离最大值 3 和最小值之积为1，且椭圆C的离心率为 2 . ①求椭圆C的标准方程； 1 ②已知椭圆 外有一点 ，过 点作椭圆 的两条切线，且两切线斜率之积为 .是否存在合适的 C P P C 2  P 点，使得F 1 PF 2  3 ？若存在，请写出 P 点的坐标；若不存在，请说明理由. a2 8 3 2 6 【答案】(1)① 4a2 ；②四边形OAKB的面积的最大值为 9 ，实数a的值为 3 x2  y2 1 FPF  (2)① 4 ；②不存在P点使得 1 2 3 ，理由见解析 【分析】（1）①根据已知条件求出点P的轨迹方程E，再将两个曲线无交点转化为对应的方程组 A,B 无解即可.②根据已知条件求出 两点坐标，表示出所求四边形的面积结合参考的不等式求解即 可. （2）①根据焦点弦的范围和离心率列方程组求解即可.②由点P和椭圆关系可以求出点P的轨迹  方程；再根据FPF  也以确定点所在圆弧的轨迹方程；根据联立两个方程有没有解来判断是 1 2 3 学科网（北京）股份有限公司否存在这样的点P即可. ON R P  【详解】（1）由圆 P 过点N2,0且与圆 M 外切可得： OM R P R M R P 2a， OM  ON 2a MN 4 所以有 ， 则点P的轨迹为以M 、N 为左右焦点，实轴长为2a的双曲线右支， x2 y2 所以曲线E: a2  4a2 1x0 . ①显然，当0时，曲线与曲线E无交点， Γ:xy Γ:x2 2y2x0 0 当 时， ， x0  x2 y2   1 于是令    x a 2 2  4 2  y a 2 2 ，得   4a2  a2 2    x2 1 ， 若该方程在 上无实数解， a2 a2 4a2 0  则 2 ，解得 4a2 ， a2 所以的最大值为 4a2 . a2   ②将 0 4a2 曲线Γ 0 :x 0 y 得： a2 a2 曲线 Γ 0 :x 4a2 y  x2  4a2 y2 x0 ，  a2 x2  y2  4a2 不妨令 ，得 或1 ， x12y2 1 a2  x0 2 1 于是x x  a2 ， A B 2 学科网（北京）股份有限公司 1  2 1 则四边形 OAKB 的面积 S OAKB a 1  1 2 a2    2 a2 4a2 ， 2 3  2  a2a282a2 2 8 3 根据参考公式将该式化为S OAKB    2 a   4a2   6    9 ， 2 2 6 2 6 （当且仅当 4a2  a取等号，解得a 或 ，负值舍去） 2 3 3 8 3 2 6 所以四边形OAKB的面积的最大值为 9 ，此时实数a的值为 3 . c （2）①由焦点弦取值范围ac MF ac，离心率e 得： 1 a c 3 a2    a 2 ，解得： b1 ，   acac1  c 3 x2 y2 1 所以椭圆C的标准方程为 4 . P(x ,y ) yy kxx  ②设 0 0 ，过点P的切线方程为 0 0 ， x2  y2 1  4 由对称性不妨令 ， ， y 0 0   yy 0 kxx 0   4k21  x28ky kx x4y kx 240 消元得 0 0 0 0 ，  x24  k22x y k  y21  0 令 0 ，化简得： 0 0 0 0 ， x240 0  y21 1 由于两切线斜率之积为 1 ，则 0  ，  2  x 0 24 2 x2 y2  化简得： 6 0  3 0 1x 0 2，由于F 1 PF 2  3 ， 2  则点 P 在以F 1 F 2 为弦所对圆心角为 3 的圆的优弧F 1 F 2 上， 学科网（北京）股份有限公司y 0 x2y12 4 当 0 时，易得该圆的方程为 ， x2 y2   1 6 3   x2y12 4 不妨令 ，解得该方程组无实数解，  x2  y0  则当y 0 0时，不存在 P 点使得F 1 PF 2  3 ，  由对称性可知，当y 0 0时也不存在 P 点使得F 1 PF 2  3 ，  综上，不存在 P 点使得F 1 PF 2  3 . x2 y2  1 8．（22-23高三上·广东东莞·期末）已知 F 1 (2,0) ， F 2 (2,0) 为双曲线E：a2 b2 （a0，b0  3 2,  ）的左右焦点，点 3 在双曲线E上，O为坐标原点．   (1)求双曲线E的标准方程； F F (2)若不与坐标轴平行的动直线l与双曲线E相切，分别过点 1， 2作直线l的垂线，垂足为P， △OPQ Q，求 面积最大值． x2 y2 1 【答案】(1) 3 3 (2) 2 c2 a2b2 c2 【分析】（1）由已知可得 ，再结合双曲线上的点的坐标及 ，即可求解； xmyn m2n2 3 （2）设l的方程为： ，与双曲线方程联立可得 ，由已知求出点 2mn 的坐标，利用点到线及两点之间的距离可求得S  ，再利用换元法及二次函数求最值即 P,Q 1m2 学科网（北京）股份有限公司可得解.  c2  c2 【详解】（1）由已知得a2b2 c2 ，解得  b1 4 1   1  a2 3b2 a 3 x2 所以双曲线的标准方程为 y2 1 3 （2）设切线l的方程为：xmyn， xmyn  x2 联立 y2 1，整理得 m23  y22mnyn230  3 4m2n24  m23    n23  0 由题知 ，化简得m2n2 3， P(x,y ),Q(x ,y ) FPl,FQl 设 1 1 2 2 ，则 1 2  n2m2 x my n   x 1  1m2 1 1   则  y 1  1 1 ，解得 y  mn2 x 2 m  1 1m2 1  n2m2 x my n   x 2  1m2 2 2   同理  y 2  1 1 ，解得 y  mn2 x 2 m  2 1m2 2 n n d   点(0,0)到直线xmyn的距离 1m2 1m2 1 1 所以△OPQ 的面积S  2 d PQ  2 d x 1 x 2 2 y 1 y 2 2 1 n  4m2  2  4m  2 n 4m 2mn  2  1m2   1m2    1m2    2  1m2  1m2 m2n2 3 m 3n2 又 ， 学科网（北京）股份有限公司2n 3n2 n2 3n2 S  2 所以 4n2  4n22 令t 4n2，由0n2 3，则1t4， (4t)(t1) t25t4 4 5 1 5 2 9 所以 S 2 t2 2 t2 2  t2  t 12 4 t  8    16 1 5 8 9 3 3  t  S 2 2  所以当t 8，即 5时， max 16 4 2 3 所以△OPQ 面积最大值为 2 【点睛】思路点睛：解决直线与双曲线的综合问题时，要注意： （1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、双曲线的条件； （2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、 斜率、三角形的面积等问题． 学科网（北京）股份有限公司