1
2.6.2 双曲线的几何性质
课程标准
学习目标
1.掌握双曲线的简单几何性质
2.理解双曲线离心率的定义，掌握离
心率的算法
1.重点:双曲线的渐近线、离心率等几何性质:
2.难点:双曲线的离心率的意义及算法
知识点01 双曲线的几何性质
标准方程
－＝1(a>0，b>0)
－＝1(a>0，b>0)
性质
图形
焦点
F1(－c,0)，F2(c,0)
F1(0，－c)，F2(0，c)
焦距
|F1F2|＝2c
性质
范围
x≤－a 或 x≥a，y∈
y≤－a 或 y≥a，x∈
对称性
对称轴：坐标轴；对称中
心：原点
顶点
A1(－a,0)，A2(a,0)
A1(0，－a)，A2(0，a)
轴
实轴：线段A1A2，长：；虚轴：线段B1B2，长：；半
实轴长：，半虚轴长：
离心率
e＝∈(1，＋∞)
2
渐近线
y＝±x
y＝±x
【即学即练1】（2024 高二·江苏·专题练习）等轴双曲线的渐近线方程为（ ）
A．y =±√2 x
B．y =±√3 x
C．y =± x
D．y =±√5 x
【答案】C
【分析】写出等轴双曲线方程，根据方程即可求出其渐近线方程.
【详解】由题意，若等轴双曲线方程为x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)，
则a=b，则其渐近线方程为y =± b
a x =± x；
若等轴双曲线方程为y
2
a
2 −x
2
b
2 =1(a>0,b>0)，
则a=b，则其渐近线方程为y =± a
b x =± x，
综上，等轴双曲线的渐近线方程为y =± x.
故选：C
【即学即练2】（22-23 高二上·全国·课后作业）已知双曲线C：x
2
4 −y
2
b
2 =1(b>0)的左、右顶点分别为A、
B，点P 在双曲线C 上，且直线PA 与直线PB 的斜率之积为1，求双曲线C 的焦距.
【答案】4√2
【分析】设点P(x0, y0)，利用直线PA 与直线PB 的斜率之积为1，可以列关于x0，y0的等式，再利用点P
在双曲线上又可以得到于x0，y0的关系式，两式结合可以得到b，从而可以求出焦距.
【详解】解：设点P(x0, y0)，因为k PA⋅k PB=1，所以
y0
x0+2 ⋅
y0
x0−2 =
y0
2
x0
2−4
=1.
因为点P 在双曲线C 上，所以x0
2
4 −y0
2
b
2 =1，
y0
2
x0
2−4
= b
2
4 ，所以b
2
4 =1，即b＝2.
所以双曲线C 的焦距为2√4 +b
2= 4√2.
知识点02 等轴双曲线
定义：实轴和虚轴等长的双曲线叫等轴双曲线，它的渐近线是y ＝
± x ，离心率为e＝.
3
注意：对双曲线的简单几何性质的几点认识
1.双曲线的焦点决定双曲线的位置；
2.双曲线的离心率和渐近线刻画了双曲线的开口大小，离心率越大，双曲线的开口越大，反之亦然．
3.巧设双曲线方程：与双曲线－＝1(a>0，b>0)有共同渐近线的方程可表示为－＝t(t≠0)．
【即学即练3】（2022 高二·全国·专题练习）等轴双曲线的一个焦点为(−6,0)，则它的标准方程是
（ ）
A．x
2−y
2=−18
B．x
2−y
2=18
C．x
2−y
2=−8
D．x
2−y
2=8
【答案】B
【分析】由题意设等轴双曲线为x
2
a
2 −y
2
a
2 =1(a>0)，再由c =6可求出a
2，从而可求出双曲线的方程.
【详解】由题意设等轴双曲线为x
2
a
2 −y
2
a
2 =1(a>0)，
因为等轴双曲线的一个焦点为(−6,0)，
所以a
2+a
2=c
2=36，得a
2=18，
所以等轴双曲线为x
2
18 −y
2
18 =1，即x
2−y
2=18，
故选：
【即学即练4】（23-24 高二上·安徽·阶段练习）已知等轴双曲线C的对称轴为坐标轴，且经过点
A (4√2,2)，则双曲线C的标准方程为（ ）
A．x
2
36 −y
2
36 =1
B．y
2
36 −x
2
36 =1
C．x
2
28 −y
2
28 =1
D．y
2
28 −x
2
28 =1
【答案】C
【分析】设出等轴双曲线的标准方程，将A (4√2,2)代入即可求解.
【详解】设等轴双曲线C的方程为x
2
m −y
2
m =1，
将点A (4√2,2)代入得32
m −4
m =1，解得m=28.
所以双曲线C的标准方程为x
2
28 −y
2
28 =1.
4
故选:C.
知识点03 双曲线与渐近线的关系
1、若双曲线方程为
渐近线方程：
2、若双曲线方程为
（a＞0，b＞0）
渐近线方程：
3、若渐近线方程为
，则双曲线方程可设为
，
4、若双曲线与
有公共渐近线，则双曲线的方程可设为
（
，焦点在x 轴上，
，焦点在y 轴上）
【即学即练5】（21-22 高二上·安徽合肥·期末）等轴双曲线的两条渐近线的夹角大小为（ ）
A．π
4
B．π
3
C．π
2
D．2π
3
【答案】C
【分析】根据等轴双曲线的定义，可设a=b=1，以双曲线的中心为原点，焦点所在的射线为x 轴建立直角
坐标系，写出双曲线的方程，由此得到渐近线方程，从而求得两渐近线的夹角.
【详解】由等轴双曲线的定义可知双曲线的实轴与虚轴长度相等，∴实半轴与虚半轴的长度相等，设不妨
设a=b=1，以双曲线的中心为原点，焦点所在的射线为x轴建立直角坐标系，可知双曲线的方程为
x
2−y
2=1，两条渐近线方程为y =± x，这两条渐近线的夹角为π
2
．
故选：C．
【即学即练6】（23-24 高二下·全国·课后作业）已知双曲线16 x
2−9 y
2=144，求该双曲线的顶点坐标、
焦点坐标、离心率与渐近线方程
【答案】顶点坐标为(±3,0)，焦点坐标为(±5,0)，离心率为5
3，渐近线为y =± 4
3 x
5
【分析】将方程化为标准式，即可求出a、b、c，再解答即可.
【详解】双曲线16 x
2−9 y
2=144，即x
2
9 −y
2
16 =1，所以a=3,b= 4，所以c =√a
2+b
2=5，
故双曲线的顶点坐标为(±3,0)，焦点坐标为(±5,0)，离心率e = c
a = 5
3，渐近线为y =± 4
3 x；
难点：数形结合的运用
示例1：（多选）（24-25 高二上·陕西渭南·阶段练习）设F 为双曲线C : x
2
2 −y
2
2 =1的焦点，O 为坐标原点，
若圆心为(0,m)，半径为2 的圆交C 的右支于A，B 两点，则（ ）.
A．C 的离心率为√2
B．|OA|
2+|OB|
2=6
C．|OA|+|OB|≤4
D．|FA|
2+|FB|
2≥16−8√3
【答案】ACD
【分析】根据双曲线的标准方程及离心率公式可判断A；设A(x1, y1)，B(x2, y2)，联立双曲线与圆的方程
结合韦达定理计算可判断B；由基本不等式链a+b
2
≤√
a
2+b
2
2
，结合|OA|
2+|OB|
2=8可判断C；由题意得
| FA |
2+| FB|
2=16−4(x1+ x2)，结合基本不等式可判断D.
【详解】对于A，因为a=b=√2，则c =2，
所以C 的离心率为e= c
a =√2，故A正确；
对于B，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
6
联立¿，消去x 可得2 y
2−2my +m
2−2=0，
则Δ=(−2m)
2−8(m
2−2)>0，解得−2<m<2；
则y1+ y2=m，y1 y2= 1
2 (m
2−2)，
则y1
2+ y2
2=( y1+ y2)
2−2 y1 y2=2，x1
2=2+ y1
2, x2
2=2+ y2
2，
所以|OA|
2+|OB|
2= x1
2+ x2
2+ y1
2+ y2
2= 4 +2( y1
2+ y2
2)=8，故B错误；
对于C，由基本不等式链a+b
2
≤√
a
2+b
2
2
得|OA|+|OB|≤√2(|OA|
2+|OB|
2)= 4，
当且仅当|OA|=|OB|=2时取等号，故C正确；
对于D，F 为右焦点，| FA |
2+| FB|
2=(x1−2)
2+ y1
2+(x2−2)
2+ y2
2=16−4(x1+ x2)，
又∵x1+ x2
2
≤√
x1
2+ x2
2
2
=√
4+ y1
2+ y2
2
2
=√3，∴x1+ x2≤2√3，
∴| FA |
2+| FB|
2=16−4(x1+ x2) ≥16−8√3，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】利用韦达定理解题的基本规律：
（1）设直线方程（本题中可直接写出圆的方程），设交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)；
（2）联立直线（曲线）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Δ；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+ x2, x1 x2（或y1+ y2, y1 y2）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
7
【题型1：双曲线的几何性质】
例1．（23-24 高三下·重庆·期中）已知双曲线y
2
12 −x
2
b
2 =1(b>0)的焦距为8，则该双曲线的渐近线方程为
（ ）
A．y =± 1
3 x
B．y =±3 x
C．y =±√3 x
D．y =± √3
3 x
【答案】C
【分析】结合焦距定义与渐近线方程定义计算即可得.
【详解】由题意可得2√12+b
2=8，解得b=2（负值舍去），
则该双曲线的渐近线方程为y =± √12
2
x =±√3 x.
故选：C.
变式1．（23-24 高二下·四川绵阳·开学考试）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
6 =1(a>0)的焦距为4√3，则C的渐近
线方程是（ ）
A．y =± √7
7 x
B．y =± √3
3 x
C．y =± x
D．y =±√3 x
【答案】C
8
【分析】根据焦距可求a，从而可求渐近线的方程.
【详解】因为焦距为4√3，故a
2+6=(
4√3
2 )
2
=12，故a
2=6，故b
a =1
故渐近线方程为y =± x，
故选：C.
变式2．（2024·广西柳州·模拟预测）双曲线x
2
4 −y
2
16 =1的一个顶点到渐近线的距离为（ ）．
A．√5
B．4
C．4√5
5
D．2√3
【答案】C
【分析】求出顶点坐标和渐近线方程，然后利用点到直线的距离公式求解．
【详解】由双曲线的方程知两顶点A1(−2,0)，A2(2,0)，
渐近线方程为y =± b
a x =±2 x，
由对称性，不妨求A1到直线y =2 x的距离，d =
4
√2
2+(−1)
2 = 4√5
5
．
故选：C．
变式3．（23-24 高二上·江西景德镇·期末）共轭双曲线x
2
4 −y
2
3 =1与y
2
3 −x
2
4 =1，有（ ）
A．相同的离心率
B．公共焦点
C．公共顶点
D．公共渐近线
【答案】D
【分析】根据双曲线的离心率、交点、顶点、渐近线等知识确定正确答案.
【详解】双曲线x
2
4 −y
2
3 =1的焦点在x轴上，双曲线y
2
3 −x
2
4 =1的焦点在y轴上，
所以BC 选项错误.
双曲线x
2
4 −y
2
3 =1对应a1=2,b1=√3,c1=√3+7=√7，
对应离心率为√7
2 ，渐近线方程为y =± √3
2 x.
双曲线y
2
3 −x
2
4 =1对应a2=√3,b2=2,c2=√7，
9
对应离心率为√7
√3 = √21
3 ，渐近线方程为y =± √3
2 x，
所以A 选项错误，D 选项正确.
故选：D
变式4．（23-24 高二下·河北石家庄·期末）已知直线y =2 x +m与双曲线Γ : x
2
m −
y
2
2m+3 =1(m>0)的一条
渐近线平行，则Γ的实轴长为（ ）
A．2√2
B．3√2
C．√6
2
D．√6
【答案】D
【分析】根据双曲线的渐近线和直线斜率可得√2m+3
√m
=2，求得m= 3
2，进而可得实轴长.
【详解】由双曲线Γ : x
2
m −
y
2
2m+3 =1(m>0)可知：a=√m,b=√2m+3，且焦点在x 轴上，
则双曲线Γ的渐近线为y =± √2m+3
√m
x，
且直线y =2 x +m的斜率k =2，
若直线y =2 x +m与双曲线Γ的一条渐近线平行，
则√2m+3
√m
=2，解得m= 3
2，即a=√m= √6
2 ，
所以Γ的实轴长为2a=√6.
故选：D.
变式5．（多选）（23-24 高二下·江苏南京·阶段练习）已知a,b>0,a≠b，则关于双曲线C1: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1与
双曲线C2: y
2
a
2 −x
2
b
2 =1，下列说法中正确的是（ ）.
A．有相同的焦距
B．有相同的焦点
C．有相同的离心率
D．有相同的渐近线
【答案】AC
【分析】根据题意，结合双曲线的几何性质，逐项判定，即可求解.
10
【详解】由双曲线C1: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1，可得c =√a
2+b
2，则焦距为2c =2√a
2+b
2，
焦点坐标为F1(−√a
2+b
2,0), F2(√a
2+b
2,0)，渐近线方程为y =± b
a x，离心率为e1= c
a；
又由双曲线C2: y
2
a
2 −x
2
b
2 =1，可得c =√a
2+b
2，则焦距为2c =2√a
2+b
2，
焦点坐标为F1(0,−√a
2+b
2), F2(0,√a
2+b
2)，渐近线方程为y =± a
b x，离心率为e2= c
a，
所以双曲线C1和C2有相同的焦距，离心率相同，焦点坐标和渐近线方程不同.
故选：AC.
变式6 ．（多选）（23-24 高二上· 河南漯河· 阶段练习）已知椭圆C1: x
2
16 + y
2
9 =1与双曲线C2：
x
2
16−k −
y
2
k −9 =1（9<k <16），下列关于两曲线的说法正确的是（ ）
A．C1 的长轴长与C2 的实轴长相等
B．C1 的短轴长与C2 的虚轴长相等
C．焦距相等
D．离心率不相等
【答案】CD
【分析】利用定义分别写出椭圆和双曲线的长短半轴、实半轴虚半轴以及焦虑和离心率，就可以对四个选
项进行判断了.
【详解】椭圆C1：长轴半a1= 4，短半轴b1=3，焦半距c1=√7，离心率e1= c1
a1
= √7
4 ；
双曲线C2：长轴半a2=√16−k，短半轴b2=√k −9，焦半距c2=√7，离心率e2= c2
a2
=
√7
√16−k ；
∵a1≠a2，∴选项A 不正确；
∵b1≠b2，∴选项B 不正确；
∵c1=c2，∴选项C 正确；
∵e1≠e2，∴选项D 正确；
故选：CD
变式7．（23-24 高三上·河南漯河·期末）已知双曲线C :m x
2−y
2=1(m>0)的一条渐近线方程为
11
mx +√3 y =0，则C的焦距为
.
【答案】4√3
3
【分析】求出渐近线方程y =±√m x，对照得到方程，求出m=3，从而求出焦距.
【详解】由题意得C :m x
2−y
2=1(m>0)的渐近线方程为y =±√m x，
故m
√3 =√m，解得m=3，
故C : x
2
1
3
−y
2=1，焦距为2√
1
3 +1= 4√3
3
.
故答案为：4√3
3
变式8．（23-24 高二下·新疆克孜勒苏·期末）若方程x
2+m y
2−m=0表示双曲线，则该双曲线的虚轴长为
.
【答案】2√−m
【分析】化为y
2−x
2
−m =1，根据双曲线方程的特征得到双曲线的虚轴长.
【详解】若方程x
2+m y
2−m=0表示双曲线，显然m≠0，
则由x
2+m y
2−m=0可得y
2−x
2
−m =1，所以−m>0，
该双曲线的虚轴长为2√−m，
故答案为：2√−m.
【方法技巧与总结】
由双曲线的方程研究几何性质的解题步骤：
1.把双曲线方程化为标准形式是解决本题的关键；
2.由标准方程确定焦点位置，确定a，b 的值；
3.由c2＝a2＋b2求出c 值，从而写出双曲线的几何性质。
注意：求性质时一定要注意焦点的位置
【题型2：利用几何性质求标准方程】
例2．（2020·安徽合肥·模拟预测）已知双曲线的渐近线方程为y =± √2
2 x，实轴长为4，则该双曲线的标
准方程为（ ）.
12
A．x
2
4 −y
2
2 =1
B．x
2
4 −y
2
8 =1或y
2
4 −x
2
8 =1
C．x
2
4 −y
2
8 =1
D．x
2
4 −y
2
2 =1或y
2
4 −x
2
8 =1
【答案】D
【分析】根据双曲线的焦点的位置进行分类讨论，结合双曲线渐近线方程和实轴长的定义进行求解即可.
【详解】当双曲线的焦点在横轴时，设双曲线的标准方程为：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)，
因为实轴长为4，所以得2a= 4⇒a=2，因为双曲线的渐近线方程为：y =± √2
2 x，所以有b
a = √2
2 ，
因此b=√2，所以双曲线的方程为：x
2
4 −y
2
2 =1；
当双曲线的焦点在纵轴时，设双曲线的标准方程为：y
2
a
2 −x
2
b
2 =1(a>0,b>0)，
因为实轴长为4，所以得2a= 4⇒a=2，因为双曲线的渐近线方程为：y =± √2
2 x，所以有a
b = √2
2 ，
因此b=2√2，所以双曲线的方程为：y
2
4 −x
2
8 =1.
综上所述，双曲线的方程为x
2
4 −y
2
2 =1或y
2
4 −x
2
8 =1.
故选：D
变式1．（23-24 高二下·浙江·阶段练习）过点(4 ,−√3)且与双曲线x
2
4 −y
2
3 =1有相同渐近线的双曲线方程
是（ ）
A．y
2
12 −x
2
9 =1
B．x
2
12 −y
2
9 =1
C．y
2
9 −x
2
12 =1
D．x
2
9 −y
2
12 =1
【答案】B
【分析】根据渐近线相同可设所求为x
2
4 −y
2
3 =t (t ≠0)，将点(4 ,−√3)代入求得t即可得解.
【详解】因为所求双曲线与双曲线x
2
4 −y
2
3 =1有相同的渐近线，所以设其方程为x
2
4 −y
2
3 =t (t ≠0)，
又点(4 ,−√3)在双曲线上，所以4
2
4 −(−√3)
2
3
=t，解得t =3，
13
则双曲线方程为x
2
12 −y
2
9 =1.
故选：B．
变式2．（24-25 高二上·江苏连云港·阶段练习）若双曲线的焦点在x 轴上，渐近线方程为y =±2 x，虚轴
长为4，则双曲线的标准方程为 ．
【答案】x
2−y
2
4 =1
【分析】由若双曲线的焦点在x 轴上，所以双曲线标准方程可设为x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)，由虚轴长为4，
可知b=2，再由渐近线方程为y =±2 x，可知b
a =2,a=1，代入即可求解.
【详解】由若双曲线的焦点在x 轴上，所以双曲线标准方程可设为：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)，
由虚轴长为4，可知b=2，再由渐近线方程为y =±2 x，可知b
a =2,a=1，
所以双曲线标准方程为：x
2−y
2
4 =1.
故答案为：x
2−y
2
4 =1.
变式3．（24-25 高二上·全国·课后作业）已知双曲线C的对称轴为坐标轴，其中一条渐近线方程为
√3 x + y =0，直线l: y = x−2截该双曲线的弦长为6，则该双曲线的方程为
.
【答案】x
2−y
2
3 =1
【分析】由渐近线方程设出双曲线方程，再直曲联立得到韦达定理，最后由弦长公式求出|AB|，解出即可；
【详解】由于C的一条渐近线为√3 x + y =0，可设双曲线C的方程为3 x
2−y
2=t (t ≠0)，
将y = x−2代入双曲线C得2 x
2+ 4 x−4−t =0，
若直线与双曲线交点为A(x1, y1),B(x2, y2)，
则x1+ x2=−2, x1 x2= −4−t
2
，
则|AB|=√1+1
2√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=√2×√
(−2)
2−4× −4−t
2
=6，解得t =3，
经检验，t =3满足题意；
14
故该双曲线的方程为3 x
2−y
2=3，即x
2−y
2
3 =1.
故答案为：x
2−y
2
3 =1.
变式4．（24-25 高二上·全国·课后作业）已知双曲线的焦点与椭圆x
2
16 + y
2
9 =1的上、下顶点重合，且其中
一条渐近线的方程为y = √2
2 x，则该双曲线的标准方程为 ．
【答案】y
2
3 −x
2
6 =1
【分析】根据椭圆的顶点坐标得双曲线的交点坐标，结合渐近线方程求出参数即可.
【详解】椭圆的上、下顶点坐标为(0,3),(0,−3)，
设双曲线的标准方程为y
2
a
2 −x
2
b
2 =1(a>0,b>0)，其半焦距为c (c>0)，
由题得双曲线焦点为(0,3),(0,−3)，即c =3.
因为其中一条渐近线方程为y = √2
2 x，
所以a
b = √2
2 ，即b=√2a，结合c
2=a
2+b
2，解得a
2=3,b
2=6，
所以双曲线的标准方程为y
2
3 −x
2
6 =1．
故答案为: y
2
3 −x
2
6 =1.
变式5．（23-24 高二上·广东江门·期末）写出一个与双曲线x
2−y
2
2 =1有相同渐近线，且焦点在y轴上的双
曲线方程为 .
【答案】y
2
2 −x
2=1（答案不唯一）
【分析】设所求双曲线的方程为x
2−y
2
2 = λ(λ≠0)，再根据焦点在y轴上，可得λ<0，即可得解.
【详解】设所求双曲线的方程为x
2−y
2
2 = λ(λ≠0)，
因为所求双曲线的焦点在y轴上，所以λ<0，
则可取λ =−1，
15
所以所求双曲线的方程为y
2
2 −x
2=1.
故答案为：y
2
2 −x
2=1.（答案不唯一）
变式6．（23-24 高二上·上海·期末）已知双曲线E 与双曲线4 x
2−12 y
2=3具有相同的渐近线，且经过点
A (3,2)，则双曲线E 的方程为
.
【答案】y
2−x
2
3 =1
【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4 x
2−12 y
2=3具有相同的渐近线的双曲线E 的方程为
4 x
2−12 y
2= λ ,(λ≠0)，
若双曲线E 经过点A (3,2)，则4×9−12×4 = λ ,(λ≠0)，解得λ =−12，
所以双曲线E 的方程为y
2−x
2
3 =1.
故答案为：y
2−x
2
3 =1.
变式7.（23-24 高二上·安徽六安·期末）根据下列条件求双曲线的标准方程：
(1)过点（2，0），与双曲线y
2
64 −x
2
16 =1 的离心率相等；
(2)与双曲线y
2
4 −x
2
3 =1 具有相同的渐近线，且过点M（3，﹣2）．
【答案】(1) x
2
4 −y
2=1
(2) x
2
6 −y
2
8 =1
【分析】（1）根据题意求出a,b,c即可；
（2）设所求双曲线的方程为y
2
4 −x
2
3 =k（k ≠0），代入点求出k 即可.
【详解】（1）过点（2，0），可知所求双曲线的焦点在x 轴上，且a＝2，
因为所求双曲线与双曲线y
2
64 −x
2
16 =1 的离心率相等；
所以e= c
a = √64 +16
8
= √5
2 ，解得c=√5，所以b=√c
2−a
2=1，
16
所以双曲线方程为x
2
4 −y
2=1．
（2）与双曲线y
2
4 −x
2
3 =1 具有相同的渐近线，且过点M（3，﹣2），
则可设所求双曲线的方程为y
2
4 −x
2
3 =k（k ≠0），
把点M（3，﹣2）代入上述方程得4
4 −9
3 =k，解得k＝﹣2．
所以所求双曲线的标准方程为x
2
6 −y
2
8 =1．
【题型3：离心率问题】
例3．（24-25 高二上·河南南阳·阶段练习）过双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1的左焦点F1作直线与它的两条渐近线分别
交于A ,B两点，且⃗OA ⋅⃗AB =0,⃗F1 A =⃗AB ,O是坐标原点，则双曲线的离心率是（ ）
A．2
B．√3
C．√2
D．3
【答案】A
【分析】根据向量关系得出渐近线得倾斜角，再根据渐近线斜率及a,b,c关系进而得出离心率.
【详解】
由题意可得双曲线的渐近线的方程为y =± b
a x.
由⃗OA ⋅⃗AB =0,⃗F1 A =⃗AB
∵A为线段F1B的中点，OA ⊥F1B
∴OB =O F1=c，则Δ BO F1为等腰三角形.
∴∠AO F1=∠BOA,
连接F2B
由双曲线的的渐近线的性质可得∠AOF =∠F2OB
17
∴∠AOF =∠BOA =∠F2OA =60°
∴b
a = tan60° =√3，即b
2=3a
2.
∴双曲线的离心率为e = c
a = √a
2+b
2
a
= 2a
a =2
所以e =2.
故选：A.
变式1．（23-24 高二下·贵州黔南·期末）双曲线x
2−y
2
15 =1的离心率为（ ）
A．3
B．√14
C．√15
D．4
【答案】D
【分析】由离心率的定义即可求解.
【详解】双曲线x
2−y
2
15 =1中，a
2=1,b
2=15，双曲线的离心率e = c
a ,c
2=a
2+b
2，
所以e = √a
2+b
2
a
=√
1+ b
2
a
2 =√1+15= 4．
故选：D．
变式2．（23-24 高二下·广西·期中）双曲线x
2−4 y
2=1的离心率为（ ）
A．√2
B．√3
C．√5
2
D．√5
【答案】C
【分析】根据双曲线标准方程求出a,b,c,即可求出离心率.
【详解】因为x
2−4 y
2=1, x
2−y
2
1
4
=1，
所以a=1,b= 1
2 ,c =√a
2+b
2= √5
2 ,
所以e = c
a = √5
2 .
故选：C.
变式3．（23-24 高二下·江苏南京·阶段练习）已知双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为
F1, F2，过F1作直线l与双曲线的左、右两支分别交于A ,B两点，设P为线段AB的中点，若
18
|OP|=|P F2|= √2
4 |F1 F2|，则双曲线的离心率为（ ）
A．√2
B．4√2
3
C．2√3
3
D．2√5
3
【答案】C
【分析】因为P为线段AB的中点，所以这是一个中点弦问题，采用点差法运算即可.
【详解】如图: F1(−c ,0), F2(c ,0)，
由|OP|=|P F2|= √2
4 |F1 F2|= √2
2 c ,|O F2|=c,
可得点 P 的坐标为 (
c
2 , c
2)，
则直线 OP 斜率为 kOP=1， 直线 AB 斜率为 k AB=k P F1=
c
2
c
2 +c
= 1
3，
另一方面， 设 A(x1, y1),B(x2, y2), 则¿
两式相减得 x1
2−x2
2
a
2
= y1
2−y2
2
b
2
， 整理得 b
2
a
2 = ( y1−y2)( y1+ y2)
(x1−x2)(x1+ x2)
,
即 k AB·kOP= b
2
a
2， 故b
2
a
2 = 1
3 ⇒e = c
a =√
1+ b
2
a
2 = 2√3
3
.
故选：C
变式4．（23-24 高二上·江苏南京·期末）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为
F1, F2，焦距为2c(c>0).若双曲线C右支上存在点P，使得|P F2|= 4 a，且S△P F1 F2=12a
2，则双曲线C的
离心率e =（ ）.
19
A．√5
B．5
3
C．√6+1
D．√13
【答案】D
【分析】根据双曲线的定义以及三角形的面公式可以得到△P F1 F2为直角三角形，进而由勾股定理可以求
解.
【详解】由双曲线的定义可知得 | P F1|−| P F2|=2a
因为| P F2|= 4 a，∴| P F1|=6a，
设∠F1 P F2=θ，则S△P F1 F2= 1
2 ×| P F1|×| P F2|×sinθ = 1
2 ×6a×4 a×sinθ =12a
2sinθ =12a
2，
∴sinθ =1,θ∈(0,π )，
∴θ = π
2 ，
∴△P F1 F2为直角三角形
∴| PF1|
2+| PF2|
2=| F1 F2|
2，
∴36a
2+16a
2= 4 c
2，即52a
2= 4 c
2，
∴e
2= c
2
a
2 = 52
4 =13，
∴e =√13
故选：D
变式5．（24-25 高三上·山东济南·开学考试）已知双曲线C ：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0，b>0)的一条渐近线的方
程为x +2 y =0，则C 的离心率的值为
.
【答案】√5
2
【分析】由已知可得b
a = 1
2，进而可求双曲线的离心率.
【详解】因为双曲线C ：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0，b>0)的一条渐近线的方程为x +2 y =0，
所以b
a = 1
2，所以双曲线的离心率为e =√1+( b
a )
2
= √5
2
.
20
故答案为：√5
2 .
变式6．（24-25 高二上·全国·课后作业）已知双曲线的左、右焦点分别为F1, F2且在x轴上，且双曲线上存
在一点P使得| PO|
2=|P F1|⋅|P F2|，若P F2⊥x轴，则该双曲线的离心率为 ．
【答案】√2
【分析】根据给定条件，求出| P F2|，再利用双曲线定义，结合已知求解即得.
【详解】设双曲线的方程为x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)，F2(c ,0)，由P F2⊥x轴，得直线P F2: x =c，
于是c
2
a
2 −y
2
b
2 =1，解得| P F2|=| y |= b
2
a ，| P F1|= b
2
a +2a，| PO|
2=( b
2
a )
2
+c
2，
而| PO|
2=|P F1|⋅|P F2|，因此( b
2
a )
2
+c
2=( b
2
a +2a)⋅b
2
a ，整理得c
2=2b
2，
而c
2=a
2+b
2，则a
2=b
2，
所以该双曲线离心率e = c
a =√
1+ b
2
a
2 =√2.
故答案为：√2
变式7．（23-24 高二上·江苏南通·阶段练习）如图，已知过双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)右焦点F 的直线
与双曲线的两条渐近线相交于M，N 两点.若⃗MF =3⃗FN ,⃗OM =3⃗OP ,⃗OP⋅⃗PF =0，则双曲线的离心率为
.
21
【答案】√6
2
【分析】先设坐标再应用坐标的线性运算，最后结合数量积公式计算得出齐次式求出离心率.
【详解】设M(x1, b
a x1)，N(x2,−b
a x2)，
因为F (c ,0)，所以⃗MF =(c−x1,−b
a x1)，⃗FN =(x2−c ,−b
a x2).
又⃗MF =3⃗FN，所以¿，则x1=2c，x2= 2c
3 .
因为⃗OP⋅⃗PF =0，所以|OP|=a.
又⃗OM =3⃗OP，所以|OM|=3a，所以4 c
2+ 4 b
2c
2
a
2
=9a
2，
则c
4
a
4 = 9
4 ，则e = √6
2 .
故答案为:√6
2 .
变式8．（23-24 高二上·江苏常州·阶段练习）已知双曲线的两条渐近线的夹角为60
∘，则双曲线的离心率为
．
【答案】2 或2
3 √3
【分析】本题根据渐近线的夹角求出渐近线的斜率，再根据渐近线的斜率与双曲线方程中参数以及离心率
的关系即可求得结果.
【详解】双曲线的两条渐近线的夹角为60°，且渐近线关于x、y 轴对称，
若双曲线的焦点在x 轴上，设双曲线的标准方程为x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)，
22
则b
a = √3
3 ，或b
a =√3，
此时e = c
a =√
a
2+b
2
a
2
=√
1+ b
2
a
2 =√
1+(
√3
3 )
2
= 2√3
3
，
或e = c
a =√
a
2+b
2
a
2
=√
1+ b
2
a
2 =√1+(√3)
2=2，
若双曲线的焦点在y 轴上，同理可得离心率为2或2√3
3
.
综上，离心率为2或2√3
3
.
故答案为：2或2√3
3
.
【方法技巧与总结】
双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
求出a，c，代入公式e = c
a；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c 的齐次式，结合c
2=a
2+b
2转化为a，c 的齐次式，然后等式(不等
式)两边分别除以a 或a2 转化为关于e 的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e 的取值范围)
【题型4：离心率取值范围问题】
例4．（23-24 高二下·江苏盐城·期末）若双曲线C：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的渐近线与圆(x−2)
2+ y
2=3
没有公共点，则双曲线C 的离心率的取值范围为（ ）
A．(
2√3
3
,+∞)
B．(2,+ ∞)
C．(1,2)
D．(1, 2√3
3 )
【答案】B
【分析】先根据双曲线方程求得双曲线的渐近线，进而利用圆心到渐近线的距离大于半径求得a 和b 的关
系，进而利用c
2=a
2+b
2求得a 和c 的关系，则双曲线的离心率可求．
【详解】∵双曲线渐近线为bx±ay =0，且与圆(x −2)
2+ y
2=3没有公共点，
圆心到渐近线的距离大于半径，即
2b
√a
2+b
2 >√3，∴b
2>3a
2，∴b
2=c
2−a
2>3a
2，∴e = c
a >2．
23
故选：B．
变式1．（23-24 高二上·浙江·期中）设椭圆C1：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)与双曲线C2：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1的离心率分
别为e1，e2，且双曲线C2的渐近线的斜率小于√15
5 ，则
e2
e1
的取值范围是（ ）
A．(1,4)
B．(4 ,+∞)
C．(1,2)
D．(2,+∞)
【答案】C
【分析】由双曲线的渐近线的斜率小于√15
5 ，即可得出0< b
2
a
2 < 3
5，由此即可求出
e2
e1
的取值范围，从而求
解
【详解】由题意得，c1=√a
2−b
2，c2=√a
2+b
2，
所以e1= c1
a =√
c1
2
a
2 =√
a
2−b
2
a
2
=√
1−b
2
a
2，e2= c2
a =√
c2
2
a
2 =√
a
2+b
2
a
2
=√
1+ b
2
a
2
又因为双曲线的渐近线的斜率小于√15
5 ，得0<k
2= b
2
a
2 < 3
5，
所以
e2
e1
= √
1+ b
2
a
2
√
1−b
2
a
2
>0，即(
e2
e1)
2
= 1+ k
2
1−k
2 =−1+
2
1−k
2 ∈(1,4)，得
e2
e1
∈(1,2)，故C 正确.
故选：C.
变式2．（23-24 高二下·云南昆明·期中）已知F1, F2分别为双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右焦
点，点P为双曲线右支上一点且点P在x轴上的射影恰为该双曲线的右焦点F2, P F1交双曲线于另一点Q，
满足|F1Q|= λ|QP|, 1
3 ⩽λ⩽3
8，则双曲线离心率e的取值范围是（ ）
A．[√2,√3]
B．[√3,√5]
C．[√5,√7]
D．[√7 ,√10]
【答案】C
24
【分析】设P(c , b
2
a ),Q( x , y), ⃗F1Q = λ⃗QP，可得Q(
λ−1
1+ λ c ,
λ
1+ λ ⋅b
2
a )，利用点Q在双曲线上，可求
得e
2= 1+2 λ
1−2 λ ，可求离心率的范围.
【详解】设P(c , b
2
a ),Q( x , y),又F1(−c ,0),
由|F1Q|= λ|QP|，则⃗F1Q = λ⃗QP，可得( x +c , y)= λ(c−x , b
2
a −y)，
所以¿，解得¿，
∴Q(
λ−1
1+ λ c ,
λ
1+ λ ⋅b
2
a )，
∵点Q在双曲线上，∴(
λ−1
1+ λ)
2
⋅c
2
a
2 −(
λ
1+ λ)
2
⋅l
2
a
2 =1,∴(
λ−1
1+ λ)
2
⋅e
2−(
λ
1+ λ)
2
⋅(e
2−1) =1,
∴e
2= 1+2 λ
1−2 λ =−1+
2
1−2 λ , ∵1
3 ≤λ≤3
8 ,∴1
4 ≤1−2 λ≤1
3 ,∴6≤
2
1−2 λ ≤8，
∴5≤e
2 ≤7,∴√5≤e≤√7，
故双曲线离心率e的取值范围是[√5,√7].
故选：C．
变式3．（19-20 高二上·河北石家庄·期中）已知点F1，F2分别是双曲线C : x
2−y
2
b
2 =1(b>0)的左右焦点，
O为坐标原点，点P在双曲线右支上，且满足|F1 F2|=2|OP|，tan ∠P F2 F1≥4，则双曲线C的离心率的
取值范围是（ ）
A．(1, 17
9 ]
B．[
17
9 ,+∞)
C．[
√17
3 ,+∞)
D．(1, √17
3 ]
【答案】D
【分析】由|F1 F2|=2|OP|，得F1 P⊥F2 P，然后利用双曲线的定义和勾股定理可求得|P F1|,|P F2|（用
25
a,c表示），再由tan∠P F2 F1≥4得出a,c的不等关系．
【详解】∵|F1 F2|=2|OP|，∴F1 P⊥F2 P，
记|P F1|= x，|P F2|= y，则x
2+ y
2=(2c)
2= 4 c
2，
又x−y =2a①，
∴2 xy = 4 c
2−4 a
2，∴( x + y)
2= 4 c
2+ 4 c
2−4 a
2=8c
2−4 a
2，x + y =2√2c
2−a
2②，
由①②得¿，又tan∠P F2 F1= x
y ≥4，
∴√2c
2−a
2+a≥4(√2c
2−a
2−a)，解得c
2
a
2 ≤17
9 ，
即1<e = c
a ≤√17
3 ．
故选：D
变式4．（23-24 高二上·重庆·期中）已知F1(−c ,0)，F2(c ,0)为双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的两个焦
点，P为双曲线上一点，且⃗P F1⋅⃗P F2=−1
2 c
2.则此双曲线离心率的取值范围为（ ）
A．(1,√2]
B．(1,2]
C．[√2,+∞)
D．(2,+∞)
【答案】C
【分析】由题意，可得夹角的取值范围，整理相关等式，进而可得离心率的函数表达式，利用不等式定义，
可得答案.
【详解】设|⃗P F1|=m，|⃗P F2|=n，∠F1 P F2=θ，由⃗P F1⋅⃗P F2=−1
2 c
2，则mncosθ =−1
2 c
2<0，
显然θ∈(
π
2 ,π]，则整理可得mn=−
c
2
2cosθ ，由|⃗P F1−⃗P F2|=|⃗F1 F2|=2c，
则(⃗P F1−⃗P F2)
2=|⃗P F1|
2−2⃗P F1⋅⃗P F2+|⃗P F2|
2=m
2−2⋅(−1
2 c
2)+n
2= 4 c
2，
解得m
2+n
2=3c
2，由双曲线的定义可知：|m−n|=2a，
则(m−n)
2=m
2−2mn+n
2，整理可得4 a
2=3c
2+
c
2
cosθ ，
26
化简可得c
2
a
2 =
4 cosθ
3cosθ+1 = 4
3 −
4
9cosθ+3，由π
2 <θ≤π，且c
2
a
2 >1，
则−1≤cosθ<0⇒−6≤9cosθ+3<3，可得
4
9cosθ+3 ≤−2
3或
4
9cosθ+3 > 4
3 ，
解得4
3 −
4
9cosθ+3 ≥2或4
3 −
4
9cosθ+3 <0，所以c
2
a
2 ≥2，解得e = c
a ≥√2.
故选：C.
变式5．（23-24 高二下·安徽阜阳·期末）已知圆C : x
2+ y
2−4 x +3=0与双曲线D: y
2
a
2 −x
2
b
2 =1(a>0,b>0)
的渐近线有公共点，则双曲线D的离心率的取值范围为 ．
【答案】[2,+∞)
【分析】先根据双曲线方程求得双曲线的渐近线，进而利用圆心到渐近线的距离小于等于半径求得a 和b
的关系，进而利用c
2=a
2+b
2求得a 和c 的不等关系，即双曲线的离心率范围可求．
【详解】圆C :( x −2)
2+ y
2=1，双曲线D: y
2
a
2 −x
2
b
2 =1(a>0,b>0)的渐近线为ax±by =0，
∵圆与双曲线的渐近线有公共点，
∴圆心C(2,0)到渐近线的距离d =
2a
√a
2+b
2 ≤1，
∴3a
2≤b
2，∴c
2=a
2+b
2≥4 a
2，即c
2
a
2 ≥4，
∴e = c
a ≥2．
故答案为：[2,+∞)．
变式6．（23-24 高二上·贵州铜仁·阶段练习）已知双曲线C ：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0，b>0)的左，右焦点分别
为F1、F2，焦距为2c．若以线段F1 F2为直径的圆与直线ax−by +2ac =0有交点，则双曲线C 的离心率
取值范围为
【答案】[2,+∞)
【分析】首先求圆的方程，利用圆心到直线的距离d ≤r，推得a与c的关系，再结合离心率公式，即可求解
27
【详解】以线段F1 F2为直径的圆的方程是x
2+ y
2=c
2，与直线ax−by +2ac =0有交点，
则圆心到直线的距离d =
|2ac|
√a
2+(−b)
2 =2a≤c，
所以双曲线的离心率e = c
a ≥2．
故答案为：[2,+∞)．
变式7．（23-24 高二上·江苏常州·期中）F1, F2分别为双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)左右焦点，P为双曲
线左支上的任意一点，若|P F2|
2
|P F1|
最小值为8a，则双曲线的离心率e的取值范围是 .
【答案】(1,3]
【分析】由双曲线定义|P F2|
2
|P F1|
= (|P F1|+2a)
2
|P F1|
，变形后由基本不等式得最小值，从而得|P F1|=2a，再利
用双曲线中的范围有|P F1|≥c−a，由此结合可得离心率的范围．
【详解】F1, F2是左、右焦点，P为双曲线左支上的任意一点，
所以|P F2|−|P F1|=2a，代入|P F2|
2
|P F1|
，
得|P F2|
2
|P F1|
= (|P F1|+2a)
2
|P F1|
=|P F1|+ 4 a+ 4 a
2
|P F1|
≥2√|P F1|× 4 a
2
|P F1|
+ 4 a=8a，
当且仅当|P F1|=2a时取等号，即|P F1|=2a，
又点P是双曲线左支上任意一点，所以|P F1|≥c−a，
即：2a≥c−a⇒e≤3,1<e≤3.
故答案为：(1,3]．
变式8．（23-24 高二上·浙江台州·期中）已知F1，F2分别为双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0，b>0)的左右焦点，
28
过F2的直线与双曲线的右支交于A、B 两点，记△A F1 F2的内切圆的半径为r1，△B F1 F2的内切圆的半径
为r2，r1r2≤16a
2，则双曲线的离心率的取值范围为 .
【答案】(1,5]
【分析】设圆O1切A F1、A F2、F1 F2分别于点M、N、G，推导出△O1G F2∽△O1 F2O2，可得出
r1r2=(c−a)
2，可得出关于c、a的不等式，即可求得该双曲线离心率的取值范围.
【详解】设△A F1 F2、△B F1 F2的内切圆圆心分别为O1、O2，
设圆O1切A F1、A F2、F1 F2分别于点M、N、G，
过F2的直线与双曲线的右支交于A、B两点，
由切线长定理可得|AM|=|AN|，|F1 M|=|F1G|，|F2G|=|F2 N|，
所以，|A F2|+|F1 F2|−|A F1|=(|AN|+|F2 N|)+(|F1G|+|F2G|)−(|AM|+|F1 M|)
=|F2 N|+|F2G|=2|F2G|=2c−2a，
则|F2G|=c−a，所以点G的横坐标为c−(c−a)=a.
故点O1的横坐标也为a，同理可知点O2的横坐标为a，故O1O2⊥x轴，
故圆O1和圆O2均与x轴相切于G (a,0)，圆O1和圆O2两圆外切.
在△O1O2 F2中，∠O1 F2O2=∠O1 F2G+∠O2 F2G = 1
2 (∠A F2 F1+∠B F2 F1)=90
∘，
即O1O2⊥F2G，
∴∠GO1 F2=∠F2O1O2，∠O1G F2=∠O1 F2O2=90
∘，所以，△O1G F2∽△O1 F2O2，
29
所以，|O1G|
|O1 F2|
=|O1 F2|
|O1O2|
，则|O1 F2|
2=|O1G|⋅|O1O2|，
所以|F2G|
2=|O1 F2|
2−|O1G|
2=|O1G|⋅|O1O2|−|O1G|
2=|O1G|⋅|O2G|，
即(c−a)
2=r1⋅r2，
由题意可得：(c−a)
2≤16a
2，可得c−a≤4 a，即a<c≤5a，
所以e = c
a ∈(1,5].
故答案为：(1,5].
【题型5：直线与双曲线的位置关系】
例5．（24-25 高二上·江苏连云港·阶段练习）已知直线l的方程为y =kx−1，双曲线C的方程为x
2−y
2=1.
若直线l与双曲线C的右支交于不同的两点，则实数k的取值范围是（ ）
A．(−√2,−1)
B．[1,√2)
C．(−√2,−1)∪(1,√2) D．(1,√2)
【答案】D
【分析】联立直线方程和双曲线方程，利用判别式结合韦达定理可求实数k的取值范围.
【详解】由题设，有¿，得(1−k
2) x
2+2kx −2=0，
因为直线l与双曲线C的右支交于不同的两点，故¿，解得1<k <√2，
故选：D.
变式1．（23-24 高二下·广东湛江·期中）若双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离心率为√5，右焦点为F，
点E 的坐标为( b
a , c
b )，则直线OE（O 为坐标原点）与双曲线的交点个数为（ ）
A．0 个
B．1 个
C．2 个
D．不确定
【答案】C
【分析】根据给定条件，求出b,c，进而求出直线OE的斜率，再与渐近线的斜率比较即可得解.
【详解】由双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1的离心率为√5，得√a
2+b
2
a
=√5，则b
a =2，c
b = √5
2 ，
30
因此点E 的坐标为(2, √5
2 )，双曲线C 的渐近线斜率为±2，而直线OE的斜率kOE= √5
4 ∈(−2,2)，
所以直线OE 与双曲线的交点个数为2 个．
故选：C
变式2．（2024 高三·全国·专题练习）已知双曲线C : x
2
9 −y
2
16 =1，过点P(3,3)作直线l，使l与C有且只有
一个公共点，则满足条件的直线l共有（ ）
A．1 条
B．2 条
C．3 条
D．4 条
【答案】D
【分析】结合双曲线的性质与点P位置，画出对应图形即可得.
【详解】易知双曲线的焦点F1(−5,0), F2(5,0)，顶点A (3,0)，渐近线为y =± 4
3 x，
由P(3,3)可得该点在双曲线右顶点上方，
易得过P点与双曲线有且只有一个公共点的直线中，
有两条和双曲线的渐近线分别平行的直线（图1），
有两条双曲线右支的切线（图2），共4 条.
故选：D.
变式3．（23-24 高二上·上海·期末）设双曲线C经过点(2,2)，且与y
2
4 −x
2=1具有相同的渐近线，则经过
点(√3,0)且与双曲线C有且只有一个公共点的直线有（ ）条.
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】D
【分析】首先求出双曲线C的方程，再分两类讨论直线即可.
【详解】由题可设双曲线C 的方程为y
2
4 −x
2= λ（λ≠0），
31
将点(2,2)代入上式得：λ =−3，
故双曲线C 的方程为x
2
3 −y
2
12 =1，显然其右顶点的坐标为(√3,0)，渐近线方程为y =±2 x，
当直线斜率不存在时，此时直线方程为x =√3，符合题意，
当直线与双曲线的渐近线平行时，即直线方程为y =±2(x−√3)时，此时也符合题意，
综上，这样的直线共有3 条.
故选：D.
变式4．（23-24 高二上·湖北武汉·期中）过点(4,3√3)作直线，使它与双曲线x
2
4 −y
2
9 =1只有一个公共点，
这样的直线有（ ）
A．1 条
B．2 条
C．3 条
D．4 条
【答案】C
【分析】根据点在双曲线上，与渐近线平行以及该点处的切线均只与双曲线有一个公共点即可求解.
【详解】当x = 4时，16
4 −y
2
9 =1，所以y =±3√3，故点(4,3√3)在双曲线上，
因此过点(4,3√3)且与双曲线的两条渐近线平行的直线，只与双曲线有一个交点，
设y =k (x−4)+3√3（k ≠± 3
2 ,且k ≠0）
将
其
代
入
双
曲
线
方
程
可
得
x
2
4 −[k (x−4)+3√3]
2
9
=1，
化
简
得
(
1
4 −k
2
9 )x
2+ 8k
2−6√3k
9
x−16 k
2−24√3k +36
9
=0，
令Δ=(
8k
2−6√3k
9
)
2
+ 4(
1
4 −k
2
9 )(
16 k
2−24√3k +36
9
)=0，化简得(k −√3)
2=0，
解得k =√3，
故过点(4,3√3)处的切线也只与双曲线有唯一的交点，
或者由x
2
4 −y
2
9 =1得y =± 3
2 √x
2−4，
32
当y >0时，y = 3
2 √x
2−4，故y
' = 3
2 × 1
2 2 x
1
√x
2−4
，故(4,3√3)处的切线斜率为y
' ¿，
故过点经过点(4,3√3)的直线方程为y =√3(x−4)+3√3，即y =√3(x−1)，
联立x
2
4 −y
2
9 =1与y =√3(x−1)可得x
2
4 −[√3(x−1)]
2
9
=1，解得x = 4，
因此在点(4,3√3)处的切线也只与双曲线有唯一的交点，
综上可知：过点(4,3√3)的直线有3 条与双曲线有一个交点，
故选：C
变式5．（24-25 高二上·山东滨州·阶段练习）已知双曲线x
2−y
2
3 =1，与直线y =kx −k +2只有一个公共点，
符合题意的直线个数为 ．
【答案】3
【分析】联立方程解之可判断只有一个公共点时的直线条数.
【详解】解：联立¿，
消去y得(3−k
2)x
2+(2k
2−4 k )x −k
2+ 4 k −7 =0，
当3−k
2=0，即k =±√3时，
直线y =√3 x−√3+2和直线y =−√3 x +√3+2分别与双曲线的渐近线平行，
故只有一个交点；
当3−k
2≠0时，由Δ=(2k
2−4 k )
2−4(3−k
2)(−k
2+ 4 k −7)=0，
可得k = 7
4 ，此时直线y = 7
4 x + 1
4 与双曲线相切，故只有一个公共点.
故答案为：3
变式6．（2024 高三·全国·专题练习）过点P(√7,5)且与双曲线x
2
7 −y
2
25 =1有且只有一个公共点的直线有
条，它们的方程分别是 ．
【答案】 2 x =√7和y =−5√7
7
x +10
【分析】若直线的斜率不存在，可得直线方程为x =√7满足条件；若直线的斜率存在，设直线的方程为
33
y −5=k (x−√7)，代入到双曲线方程，分二次项系数为0 和判别式等于0 讨论，即可得到答案．
【详解】解：若直线的斜率不存在，则直线方程为x =√7，此时仅有一个交点(√7,0)，满足条件；
若直线的斜率存在，设直线的方程为y −5=k (x−√7)，
联立方程组¿，
整理得到(25−7 k
2) x
2−7×2kx (5−√7 k)−7(5−√7 k)
2−7×25=0，
当k = 5√7
7
时，方程无解，不满足条件；
当k =−5√7
7
时，方程2×5√7 x×10=875有一解，满足条件；
当k ≠± 5√7
7
时，令Δ=[14 k (5−√7 k)]
2−4(25−7 k
2)⋅[−7(5−√7 k)
2−175]=0，
解得k = 5√7
7
，此时恰好为渐近线的斜率，不满足条件，
所以满足条件的直线有两条，直线方程分别为x =√7和y =−5√7
7
x +10．
故答案为：2；x =√7和y =−5√7
7
x +10.
变式7.（23-24 高二下·安徽亳州·期中）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为1
2，点P(1, 3
2)在E上．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若直线l与C相交于A ,B两点，AB中点W 在曲线(x
2+ 4 y
2
3 )
2
= x
2−4 y
2
3
上，探究直线AB与双曲线
34
C1: x
2−4 y
2
3 =1的位置关系．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)相切
【分析】（1）根据题意列式可求a,b，进而可得椭圆方程；
（2）设l: y =kx +m，W (x0, y0)与椭圆方程联立，利用韦达定理可得x0=−4 km
3+ 4 k
2，y0=
3m
3+ 4 k
2，结合
题意可得4 m
2= 4 k
2−3，再联立直线l 与双曲线方程分析判断位置关系，注意讨论直线l 的斜率是否存在.
【详解】（1）由于椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为√3
2 ，故c
a = √3
2 ，
又a
2=b
2+c
2，得3a
2= 4 b
2，设所求椭圆方程为3 x
2
4 b
2 + y
2
b
2 =1，
把点P(1, 3
2)代入，得b
2=3,a
2= 4，
椭圆方程为x
2
4 + y
2
3 =1．
（2）设A(x1, y1),B(x2, y2)，若直线l 斜率存在，设l: y =kx +m，
因为¿得(3+ 4 k
2) x
2+8kmx + 4 m
2−12=0，
所以x1+ x2=−8km
3+ 4 k
2，
所以
x1+ x2
2
=−4 km
3+ 4 k
2，y1+ y2
2
= k (x1+ x2)+2m
2
=
3m
3+ 4 k
2，
35
设W (x0, y0)，所以x0=−4 km
3+ 4 k
2，y0=
3m
3+ 4 k
2，所以x0
2= 16k
2m
2
(3+ 4 k
2)
2，y0
2=
9m
2
(3+ 4 k
2)
2，
所以x0
2+ 4 y0
2
3 = m
2(12+16k
2)
(3+ 4 k
2)
2
= 4 m
2
3+ 4 k
2，
同理x0
2−4 y0
2
3 = m
2(16k
2−12)
(3+ 4 k
2)
2
= 4 m
2(4 k
2−3)
(3+ 4 k
2)
2
，
因为W 在曲线(x
2+ 4 y
2
3 )
2
= x
2−4 y
2
3
上，
所以(
4 m
2
3+ 4 k
2)
2
= 4 m
2(4 k
2−3)
(3+ 4 k
2)
2
，解得4 m
2= 4 k
2−3，
又因为¿得(3−4 k
2) x
2−8kmx −4 m
2−3=0，
所以Δ=12(3+ 4 m
2−4 k
2)=0，直线AB 与C1相切，
若直线l 斜率不存在，由对称性知W 在x 轴上，W 在曲线(x
2+ 4 y
2
3 )
2
= x
2−4 y
2
3 ，
所以W (±1,0)，此时也有直线AB 与C1相切，
综上知直线AB 与C1相切．
变式8.（2024 高三·全国·专题练习）（1）求双曲线x
2−y
2
2 =1在点(√2,√2)处的切线方程；
（2）已知P(1,1)是双曲线外一点，过P 引双曲线x
2−y
2
2 =1的两条切线PA , PB，A，B 为切点，求直线
AB 的方程．
【答案】（1）2 x−y −√2=0；（2）2 x−y −2=0.
【分析】
（1）由双曲线上一点的切线方程，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，分别表示出直线PA , PB的方程，再将点P的坐标代入计算，即可得到结果.
【详解】
36
（1）由双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)上一点P(x0, y0)处的切线方程为x x0
a
2 −y y0
b
2 =1，
所以双曲线x
2−y
2
2 =1在点(√2,√2)处的切线方程为√2 x−√2
2 y =1，
化简可得2 x−y −√2=0.
（2）设切点A(x1, y1),B(x2, y2)，则PA : x x1−y y1
2
=1，PB: x x2−y y2
2
=1，
又点P(1,1)在直线上，代入可得x1−y1
2 =1，x2−y2
2 =1，
所以点A(x1, y1),B(x2, y2)均在直线x−y
2 =1上，
所以直线AB的方程为x−y
2 =1，即2 x−y −2=0.
【方法技巧与总结】
将直线的方程y =kx +m与双曲线的方程x
2
a
2 −y
2
b
2 =1,a>0,b>0联立成方程组，消元转化为关于x 或y 的一
元二次方程，其判别式为Δ.
若
即
，直线与双曲线渐近线平行，直线与双曲线相交于一点；
若
即
，
①Δ＞0
直线和双曲线相交
直线和双曲线相交，有两个交点；
②Δ＝0
直线和双曲线相切
直线和双曲线相切，有一个公共点；
③Δ＜0
直线和双曲线相离
直线和双曲线相离，无公共点
37
【题型6：双曲线弦长问题】
例6．（24-25 高二上·上海·课堂例题）已知双曲线C：2 x
2−y
2=2，过点P(1,2)的直线l 与双曲线C 交于
M、N 两点，若P 为线段MN的中点，则弦长|MN|= .
【答案】4√2
【分析】设直线MN为y −2=k( x−1)，联立双曲线方程，应用韦达定理及中点坐标公式求k 值，利用弦
长公式求解即可.
【详解】由题设，直线l 的斜率必存在，设过P(1,2)的直线MN为y −2=k( x−1)，
联立¿，得(2−k
2)x
2+2k(k −2)x−(k
4−4 k +6)=0，
设M ( x1, y1), N ( x2, y2)，则x1+ x2=−2k(k −2)
2−k
2
=2 xP，
所以−2k(k −2)
2−k
2
=2，解得k =1，经检验符合题意；
则x1+ x2=2，x1 x2=−3.
弦长|MN|=√1+k
2⋅√( x1+ x2)
2−4 x1 x2=√2⋅√4+12= 4√2.
故答案为：4√2.
变式1．（24-25 高二上·全国·课后作业）已知离心率为√5的双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点
分别为F1, F2, P为右支上的一点，若|P F2|=2a，则S△P F1 F2=（ ）
A．8a
2
B．4 a
2
C．4√2a
2
D．4√3a
2
【答案】B
【分析】由离心率得|F1 F2|=2c =2√5a，利用双曲线定义可得|P F1|= 4 a，由勾股定理逆定理可知
△P F1 F2为直角三角形进而得面积.
【详解】由题意可知e = c
a =√5，所以|F1 F2|=2c =2√5a，
由双曲线定义可得|P F1|−|P F2|=2a，则|P F1|= 4 a，
则|P F1|
2+|P F2|
2=|F1 F2|
2，
所以△P F1 F2为直角三角形，
38
所以S△P F1 F2= 1
2|P F1|⋅|P F2|= 4 a
2．
故选：B.
变式2．（24-25 高二上·全国·课后作业）已知双曲线x
2
4 −y
2
5 =1的右焦点为F，过F作PF垂直于一条渐近
线，垂足为P，若点P ,Q关于原点对称，则S△PQF = ．
【答案】2√5
【分析】由双曲线方程得出F (3,0),a=2,b=√5,c =3，渐近线方程，由点到直线的距离公式求得|PF|，
再计算S△PQF即可．
【详解】由题可得F (3,0),a=2,b=√5,c =3，渐近线方程为y =± √5
2 x，
不妨取y = √5
2 x，即√5 x−2 y =0，
所以|PF|= |3√5|
√5+ 4 =√5=b,|PQ|=2|PO|=2a= 4，
所以S△PQF = 1
2 ×4×√5=2√5，
故答案为：2√5．
变式3.（23-24 高二上·湖北孝感·阶段练习）已知双曲线M 与双曲线N：x
2
6 −y
2
3 =1有共同的渐近线．
39
(1)若M 经过抛物线y =−x
2+8 x−14的顶点，求双曲线M 的方程；
(2)若双曲线M 的两个焦点分别为F1，F2，点P 为M 上的一点，且|P F1|=|P F2|+10，求双曲线M 的方
程．
【答案】(1) x
2
8 −y
2
4 =1
(2)
x
2
25 −y
2
25
2
=1或y
2
25 −x
2
50 =1
【分析】（1）首先利用共渐近线方程，设出曲线M，再代入顶点坐标，即可求解；
（2）根据双曲线的定义求2a，再分焦点的位置，根据双曲线的性质，即可求解.
【详解】（1）依题意可设M 的方程为x
2
6 −y
2
3 = λ(λ≠0)．
抛物线y =−x
2+8 x −14 =−(x −4)
2+2，顶点为(4,2)，
将(4,2)代入M 的方程，得λ = 4
3 ，则M 的方程为x
2
8 −y
2
4 =1．
（2）由题意易知|P F1|−|P F2|=10=2a，a=5．
当焦点在x 轴上时，λ>0，可设双曲线M 的方程为x
2
6 λ −y
2
3 λ =1，则6 λ =25，3 λ = 25
2 ，
则双曲线M 的方程为
x
2
25 −y
2
25
2
=1．
当焦点在y 轴上时，λ<0，可设双曲线M 的方程为y
2
−3 λ −
x
2
−6 λ =1，则−3 λ =25，−6 λ =50，
则双曲线M 的方程为y
2
25 −x
2
50 =1．
综上所述，双曲线M 的方程为
x
2
25 −y
2
25
2
=1或y
2
25 −x
2
50 =1．
变式4．（22-23 高二上·浙江金华·期中）双曲线x❑
2
3
−y❑
2
6
=1的左、右焦点分别为F1、F2，过右焦点
F2且倾斜角为30❑
∘的直线交双曲线于A，B两点.
(1)求弦长|AB|；
(2)若点P是双曲线左支上的点，且| P F1|⋅| P F2|=12，求点P到x轴的距离.
40
【答案】(1)16√3
5
(2)2
【分析】（1）求出直线的方程，联立方程组，利用韦达定理结合弦长公式求解即可；
（2）设|P F1|=m，|P F2|=n，由双曲线定义可知，所以n−m=2√3，结合nm=12，解得m
2+n
2=36，
利用余弦定理解得P F1⊥P F2，利用等面积法即可求得点P到x轴的距离.
【详解】（1）双曲线x❑
2
3
−y❑
2
6
=1的左、右焦点分别为F1、F2，所以F2(3,0)，
过右焦点F2且倾斜角为30❑
∘的直线方程为：y = √3
3
(x−3)，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
联立方程x❑
2
3
−y❑
2
6
=1与y = √3
3
(x−3)，可得：5 x
2+6 x−27 =0，
所以x1+ x2=−6
5，x1 x2=−27
5 ，
所以|AB|=√1+ 1
3 √(x1+ x2)
2−4 x1 x2=√1+ 1
3√
36
25 + 108
5 = 16√3
5
.
（2）点P是双曲线x❑
2
3
−y❑
2
6
=1左支上的点，所以|F1 F2|=2c =6
设|P F1|=m，|P F2|=n，
由双曲线定义可知，所以n−m=2a=2√3，由|P F1||P F2|=12，
所以nm=12，所以(n−m)
2=12，可得m
2+n
2=36，
所以由余弦定理得cos∠F1 P F2= m
2+n
2−|F1 F2|
2
2mn
= 36−36
2×24 =0，
所以P F1⊥P F2，设点P到x轴的距离为d，所以|P F1|⋅|P F2|=|F1 F2|⋅d，
所以12=6d，解得d =2，
所以点P到x轴的距离为2.
41
变式5．（23-24 高二下·上海·期末）已知A、B是双曲线C : x
2
4 −y
2=1的两点，AB的中点P的坐标为(4,1)．
(1)求直线AB的方程；
(2)求A ,B两点间距离．
【答案】(1)y = x−3
(2)8√3
3
【分析】（1）设A( x1, y1),B( x2, y2)，结合中点弦的“点差法”，即可求解；
（2）由（1）知，直线AB的方程为y = x−3，联立方程组，求得x1+ x2=8, x1 x2= 40
3 ，结合弦长公式.
【详解】（1）设A( x1, y1),B( x2, y2)，
因为AB的中点P的坐标为(4,1)，可得x1+ x2
2
= 4 , y1+ y2
2
=1，即x1+ x2=8, y1+ y2=2，
又由x1
2
4 −y1
2=1, x2
2
4 −y2
2=1，两式相减，可得( x2−x1)( x2+ x1)
4
−( y2−y1)( y2+ y1)=0，
可得
y2−y1
x2−x1
=
x1+ x2
4( y1+ x2) =1，即直线AB的斜率为k =1，
所以直线AB的方程为y −1= x−4，即y = x−3.
联立方程组¿，整理得3 x
2−24 x + 40=0，
则Δ>0，即直线y = x−3与双曲线C相交，满足条件.
所以直线AB的方程为y = x−3.
（2）由（1）知，直线AB的方程为y = x−3，
联立方程组¿，整理得3 x
2−24 x + 40=0，
则Δ>0，且x1+ x2=8, x1 x2= 40
3 ，
42
所以A ,B两点间的距离为：|AB|=√1+1
2|x2−x1|=√2√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=√2⋅√64−4× 40
3 = 8√3
3
.
变式6．（23-24 高二上·山东烟台·期末）已知双曲线C 与椭圆x
2
4 + y
2=1有公共焦点，其渐近线方程为
y =± √2
2 x.
(1)求双曲线C 的标准方程；
(2)若直线y = x +m与双曲线C 交于A，B 两点，且|AB|= 4√2，求实数m 的值.
【答案】(1) x
2
2 −y
2=1
(2)m=±√3.
【分析】（1）由双曲线C 与椭圆x
2
4 + y
2=1有公共焦点，其渐近线方程为y =± √2
2 x，得c =√3，b
a = √2
2 ，
由此能求出双曲线方程；
（2）联立方程组¿，得x
2+ 4 mx +2m
2+2=0，利用韦达定理、弦长公式、根的判别式能求出结果.
【详解】（1）双曲线C 与椭圆x
2
4 + y
2=1有公共焦点，其渐近线方程为y =± √2
2 x，
设双曲线的方程x
2
a
2 −y
2
b
2 =1（a>0，b>0），
由已知得c =√3，b
a = √2
2 ，所以a=√2，b=1.
所以双曲线方程为x
2
2 −y
2=1.
（2）直线y = x +m与双曲线C 交于A，B 两点，且|AB|= 4√2，
联立方程组¿，得x
2+ 4 mx +2m
2+2=0，
当Δ>0时，设A(x1, y1),B(x2, y2)，
43
x1+ x1=−4 m，x1⋅x1=2m
2+2.
所以|AB|=√2|x1−x2|=√2√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=√2×√(−4 m)
2−4(2m
2+2)
令√2×√(−4 m)
2−4(2m
2+2)= 4√2，解得m=±√3.
经检验Δ>0符合题意，所以m=±√3.
变式7．（23-24 高二上·河南驻马店·期末）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为
y =√2 x，O为坐标原点，点P(√3,2)在双曲线C上．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线l与双曲线C交于M , N两点，且⃗OM ⋅⃗ON =0，求| MN |的最小值．
【答案】(1)x
2−y
2
2 =1
(2)2√2
【分析】（1）依题意可得¿，解得a
2、b
2，即可得解；
（2）解法一：设M (x1, y1), N (x2, y2)，直线l的方程为x =ty +m(t ≠± √2
2 )，联立直线与双曲线方程，消
元、列出韦达定理，由⃗OM ⋅⃗ON =0整理得到m
2=2(t
2+1)，即可表示出|MN|
2，从而求出其最小值；
解法二：设OM : y =kx，ON : y =−1
k x，联立直线与双曲线方程，即可求出xM
2 、y M
2 ，即可得到|OM|
2，
同理得到|ON|
2，从而得到
1
|OM |
2 +
1
|ON |
2 = 1
2，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y =√2 x，且双曲线过P(√3,2)，
所以¿，解得¿，
故双曲线C的方程为x
2−y
2
2 =1.
（2）解法一：设M (x1, y1), N (x2, y2)，直线l的方程为x =ty +m(t ≠± √2
2 )，
44
联立¿，得(2t
2−1) y
2+ 4tmy +2(m
2−1)=0，
则¿，且Δ=m
2+2t
2−1>0，
由⃗OM ⋅⃗ON =0，即x1 x2+ y1 y2=0，即(t y1+m)(t y2+m)+ y1 y2=0，
即(t
2+1) y1 y2+tm( y1+ y2)+m
2=0，
即(t
2+1) 2(m
2−1)
2t
2−1
−4t
2m
2
2t
2−1
+m
2=0，整理得m
2=2(t
2+1)，
所以|MN|
2=(x1−x2)
2+( y1−y2)
2
=(t y1−t y2)
2+( y1−y2)
2
=(t
2+1)( y1−y2)
2
=(t
2+1)[( y1+ y2)
2−4 y1 y2]
=(t
2+1)[(−4tm
2t
2−1)
2
−8(m
2−1)
2t
2−1 ]
= 8(1+t
2)(m
2+2t
2−1)
(2t
2−1)
2
=8(1+
9t
2
(2t
2−1)
2)≥8，当且仅当t =0时，等号成立，
故|MN|的最小值为2√2.
方法二：由题意知直线OM ,ON的斜率存在且不等于0，
设OM : y =kx，ON : y =−1
k x，
由¿，即1
2 <k
2<2，
联立¿，解得¿，
则|OM|
2= xM
2 + y M
2 = 2(k
2+1)
2−k
2 ，同理|ON |
2= 2(k
2+1)
2k
2−1
，其中1
2 <k
2<2，
45
故
1
|OM |
2 +
1
|ON |
2 = 2−k
2
2(k
2+1)
+ 2k
2−1
2(k
2+1)
= 1
2，
而| MN |
2=|OM |
2+|ON |
2=2(|OM |
2+|ON |
2)(
1
|OM |
2 +
1
|ON |
2)
=2(2+|ON |
2
|OM |
2 +|OM |
2
|ON |
2 )≥2(2+2√
|ON |
2
|OM |
2 ⋅|OM |
2
|ON |
2 )=8，
当且仅当|OM |=|ON |= 4时，等号成立，
故| MN |的最小值为2√2.
【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(x1, y1)、(x2, y2)；
（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Δ；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+ x2、x1 x2的形式；
（5）代入韦达定理求解.
变式8．（23-24 高二上·山西太原·期末）已知双曲线C：x
2
a
2 −y
2
2 =1(a>0)的右焦点F2与抛物线y
2=8 x的
焦点重合.
(1)求双曲线C的方程；
(2)若斜率为√3的直线l经过右焦点F2，与双曲线的右支相交于A，B两点，双曲线的左焦点为F1，求
△AB F1的周长.
【答案】(1) x
2
2 −y
2
2 =1；
(2)12√2.
46
【分析】（1）求出抛物线的焦点坐标得双曲线半焦距c，再求出a即可.
（2）求出直线AB的方程，与双曲线方程联立求出弦AB长，再借助双曲线定义求解即得.
【详解】（1）拋物线y
2=8 x的焦点坐标为(2,0)，则双曲线C的半焦距c =2，由a
2+2= 4，得a
2=2，
所以双曲线C的方程为x
2
2 −y
2
2 =1.
（2）由（1）知F2(2,0)，直线AB的方程为y =√3(x−2)，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由¿，得x
2−6 x +7 =0，显然Δ>0，
则x1+ x2=6，x1⋅x2=7，|AB|=√1+(√3)
2√( x1+ x2)
2−4 x1 x2=2√6
2−28= 4√2，
因此| A F1|+|B F1|=| A F2|+2a+|B F2|+2a=| AB|+ 4 a=8√2，
所以△AB F1的周长为12√2.
变式9．（23-24 高二下·广东茂名·开学考试）已知双曲线C1: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)与C2: y
2
9 −x
2
3 =1有
相同的渐近线，点F(2,0)为C1的右焦点，A，B为C1的左右顶点．
(1)求双曲线C1的方程；
(2)过点F倾斜角为45°的直线l交双曲线C1于M，N两点，求|MN|．
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1
(2)6
【分析】（1）根据共渐近线得到b
2=3a
2，根据焦点得到a
2+b
2= 4，解得答案.
（2）联立方程得到根与系数的关系，利用弦长公式计算得到答案.
【详解】（1）双曲线C1: x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)与C2: y
2
9 −x
2
3 =1有相同的渐近线，则b
2=3a
2，
47
F(2,0)为C1的右焦点，则a
2+b
2= 4，解得a
2=1，b
2=3，
双曲线方程为x
2−y
2
3 =1；
（2）直线l的方程为y = x−2，¿，即2 x
2+ 4 x−7=0，
Δ=16+56=72>0
，
x1+ x2=−2
，
x1 x2=−7
2
，
|MN|=√1+1
2×√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=√2×√4+14 =6.
【方法技巧与总结】
设直线
交双曲线
于点
两点，则
=
=
同理可得
这里
的求法通常使用韦达定理，需作以下变形：
48
【题型7：双曲线中点弦问题】
例7．（2024·四川绵阳·模拟预测）过双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左焦点F1的直线l（斜率为正）
交双曲线于A ,B两点，满足⃗F1B =3⃗F1 A，设M为AB的中点，则直线OM（O为坐标原点）斜率的最小
值是（ ）
A．2√6
B．√3
C．4√3
D．√5
【答案】C
【分析】根据条件画出图形结合圆锥曲线的定义及条件可得tanθ = √e
2−4
2
，然后利用点差法可得
k ABkOM = b
2
a
2，进而可得kOM = 2(e
2−1)
√e
2−4
，然后利用基本不等式即得.
【详解】首先证明：双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)上的任意点P(x0, y0)到左焦点F1(−c ,0)与左准线
x =−a
2
c 的距离之比为常数e（离心率）.
依题意x0
2
a
2 −y0
2
b
2 =1，则点P(x0, y0)到直线x =−a
2
c 的距离d =|
a
2
c + x0|，
所
以
|P F1|=√(x0+c)
2+ y0
2，
则
|P F1|
d
= √(x0+c)
2+ y0
2
|
a
2
c + x0|
=√
x0
2+2c x0
❑+c❑
2 +b❑
2(
x0
2
a❑
2 −1)
|
a
2
c + x0|
= |a+ c
a x0
❑|
a
c|a+ c
a x0
❑|
= c
a =e.
由题可知A在左支上B在右支上，如图，设∠A F1O =θ，A ,B在左准线上的射影为A1,B1，因为
49⃗
F1B =3⃗F1 A，
则cosθ =|B B1|+|A A1|
|AB|
= |B F1|+|A F1|
e(|B F1|−|A F1|)
= 2
e 且e>2，所以tanθ = √e
2−4
2
，
设A(x1, y1),B(x2, y2), M (x0, y0)，则x1
2
a
2 −y1
2
b
2 =1, x2
2
a
2 −y2
2
b
2 =1，
所以x1
2−x2
2
a
2
−y1
2−y2
2
b
2
=0，
y1−y2
x1−x2
⋅y1+ y2
x1+ x2
= y1−y2
x1−x2
⋅y0
x0
= b
2
a
2，即k ABkOM = b
2
a
2，
所以k ABkOM =kOM tanθ =kOM ⋅√e
2−4
2
= b
2
a
2 =e
2−1，
所以kOM = 2(e
2−1)
√e
2−4
=2(√e
2−4+
3
√e
2−4)≥4√3，当且仅当√e
2−4 =
3
√e
2−4
即e =√7时，等号成立，
故选：C.
变式1．（2024·陕西宝鸡·模拟预测）已知直线l: y = x +2与双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)交于A 、B
两点，点M (1,3)是弦AB的中点，则双曲线C的离心率为（ ）
A．2
B．√2
C．√3
D．3
【答案】A
【分析】利用点差法可求a,b的关系，从而可求双曲线的离心率.
【详解】设A(x1, y1),B(x2, y2)，则x1
2
a
2 −y1
2
b
2 =1，且x2
2
a
2 −y2
2
b
2 =1，
50
所以x1
2−x2
2
a
2
−y1
2−y2
2
b
2
=0，整理得到：(x1−x2)(x1+ x2)
a
2
= ( y1−y2)( y1+ y2)
b
2
，
因为M (1,3)是弦AB的中点，
所以x1+ x2=2, y1+ y2=6, y1−y2
x1−x2
=1，所以2
a
2 = 6
b
2即b
2
a
2 =3
所以e =√
1+ b
2
a
2 =2，
故选：A.
变式2．（23-24 高二上·广东深圳·期末）已知直线l过双曲线C：x
2−y
2
4 =1的左焦点F，且与C的左、右
两支分别交于A，B两点，设O为坐标原点，P为AB的中点，若△OFP是以FP为底边的等腰三角形，则
直线l的斜率为（ ）
A．± √10
2
B．± √13
2
C．± √13
3
D．± √6
3
【答案】D
【分析】利用点差法求得直线AB ,OP斜率的关系式，然后利用二倍角公式列方程来求得正确答案.
【详解】设A(x1, y1),B(x2, y2)，¿，
两式相减并化简得
y1+ y2
x1+ x2
⋅y1−y2
x1−x2
= 4，即kOP⋅k AB= 4 ,kOP= 4
k AB
，
当k AB>0时，设直线AB的倾斜角为α，
△OFP是以FP为底边的等腰三角形，所以∠POx =2α，
所以kOP= tan 2α = 2tan α
1−tan
2α ，
则4
k AB
=
2k AB
1−(k AB)
2 ,(k AB)
2= 2
3 ,k AB= √6
3 .
根据对称性可知，当k AB<0时，k AB=−√6
3 ，
综上所述，直线l的斜率为± √6
3 .
故选：D
51
变式3．（23-24 高二上·江苏南通·阶段练习）已知直线l 与双曲线x
2
4 −y
2
3 =1交于A、B 两点，且弦AB的
中点为M (3, 3
2 )，则直线l 的方程为 ．
【答案】3 x−2 y −6=0
【分析】设出A，B 两点的坐标，代入双曲线方程，然后利用点差法得到直线l 的斜率即可求解直线方程．
【详解】设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
则x1+ x2=6，y1+ y2=3，
又x1
2
4 −y1
2
3 =1， x2
2
4 −y2
2
3 =1，
两式相减，得(x1+ x2)(x1−x2)
4
−( y1+ y2)( y1−y2)
3
=0，
即6(x1−x2)
4
−3( y1−y2)
3
=0，整理得
y1−y2
x1−x2
= 3
2，
∴直线l 的斜率为k = y1−y2
x1−x2
= 3
2，
∴直线l 的方程为y −3
2 = 3
2
(x−3)，
化简得3 x−2 y −6=0，经检验满足题意.
故答案为：3 x−2 y −6=0.
变式4．（23-24 高二下·甘肃白银·期末）已知双曲线C : x
2
2 −y
2
8 =1，过点P(1,8)的直线l与C相交于A ,B
两点，且P为线段AB的中点，则直线l的方程为 .
【答案】x−2 y +15=0
52
【分析】因为P为线段AB的中点，所以由点差法可以得到直线l的斜率，进而可以得到直线方程.
【详解】设A(x1, y1),B(x2, y2)，则¿两式相减得x1
2−x2
2
2
= y1
2−y2
2
8
，
即
y1
2−y2
2
x1
2−x2
2 = 4，所以
( y1+ y2)( y1−y2)
( x1+ x2)( x1−x2) = 4
因为P为线段AB的中点，
所以x1+ x2=2, y1+ y2=16，
所以8× ( y1−y2)
( x1−x2) = 4，即k AB= 1
2
由点斜式方程可得直线l的方程为：y −8= 1
2 ( x−1)，
即x−2 y +15=0，经检验适合题意.
故答案为：x−2 y +15=0
变式5．（23-24 高二上·河南开封·期末）已知点A ,B ,C是离心率为2 的双曲线Γ : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)
上的三点，直线AB , AC ,BC的斜率分别是k1,k2,k3，点D , E , F分别是线段AB , AC ,BC的中点，O为坐
标原点，直线OD ,OE ,OF的斜率分别是k1
' ,k2❑
' ,k3
'，若
1
k1
' + 1
k2
' + 1
k3
' =5，则k1+ k2+ k3= ．
【答案】15
【分析】由点差法得到k1k1
' = b
2
a
2 =3，同理得到k2k2
' =3,k3k3
' =3，从而得到
k1+k2+k3= 3
k1
' + 3
k2
' + 3
k3
' =15.
【详解】因为双曲线Γ的离心率为2，所以b
a =√3，
不妨设A(x1, y1),B(x2, y2), D(x0, y0)，
因为点A ,B在Γ上，所以¿，两式相减，
53
得(x1+ x2)(x1−x2)
a
2
= ( y1+ y2)( y1−y2)
b
2
，
因为点D是AB的中点，所以x1+ x2=2 x0, y1+ y2=2 y0，
所以
( y1+ y2)( y1−y2)
(x1+ x2)(x1−x2)
= b
2
a
2，即
y0( y1−y2)
x0(x1−x2)
= b
2
a
2，
所以k1k1
' = y1−y2
x1−x2
⋅y0−0
x0−0 = b
2
a
2 =3，同理k2k2
' =3,k3k3
' =3，
因为
1
k1
' + 1
k2
' + 1
k3
' =5，所以k1+k2+k3= 3
k1
' + 3
k2
' + 3
k3
' =15．
故答案为：15
变式6.（2024 高三下·全国·专题练习）已知双曲线Γ：x
2
4 −y
2=1的左右顶点分别为A1、A2．
(1)求以A1、A2为焦点，离心率为1
2的椭圆的标准方程；
(2)直线l过点C (1,1)与双曲线Γ交于A ,B两点，若点C恰为弦AB的中点，求出直线l的方程；
【答案】(1) x
2
16 + y
2
12 =1.
(2)x−4 y +3=0.
【分析】（1）根据题意可求得椭圆焦点A1(−2,0)，A2(2,0)，再结合离心率为1
2，求出a
2,b
2得解；
（2）利用点差法求出直线l的斜率进而求出直线方程；
【详解】（1）由题意可得，A1(−2,0)，A2(2,0)，则c =2，
又e = c
a = 1
2，∴a= 4 ,b
2=a
2−c
2=12，
所以椭圆的标准方程为x
2
16 + y
2
12 =1.
（2）设A(x1, y1),B(x2, y2)，点C恰为弦AB的中点，则x1+ x2=2，y1+ y2=2，
54
又因为A ,B两点在双曲线上，
可得¿，两式相减得x1
2−x2
2
4
−( y1
2−y2
2)=0，
化简整理得
x1
❑+ x2
❑
4( y1
❑+ y2
❑) = y1
❑−y2
❑
x1
❑−x2
❑= 1
4 ，即k AB= 1
4 ，
所以直线l的方程为y −1= 1
4 ( x−1)，即x−4 y +3=0，
经检验，满足题意.
变式7.（23-24 高二上·陕西宝鸡·期末）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的渐近线方程是y =±2 x，
实轴长为2.
(1)求双曲线C的方程;
(2)若直线l与双曲线C交于A ,B两点，线段AB的中点为M (3,2)，求直线l的斜率.
【答案】(1)x
2−y
2
4 =1
(2)6
【分析】（1）利用渐近线方程、实轴长求出a,b可得答案；
（2）设直线l的方程为y −2=k (x−3)，与双曲线方程联立，利用韦达定理可得答案.
【详解】（1）因为双曲线C的渐近线方程是y =±2 x，实轴长为2，
所以a=1, b
a =2，b=2，
所以双曲线C的方程为x
2−y
2
4 =1；
（2）双曲线的渐近线方程为y =±2 x，由双曲线关于坐标轴的对称性可知，
若线段AB的中点为M (3,2)，则直线l的斜率存在，
55
设为k，且k ≠±2，k ≠0，
可得直线l的方程为y −2=k (x−3)，
与双曲线方程联立¿，
可得(4−k
2) x
2+(6 k
2−4 k) x−9k
2+12k −8=0，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，
则x1+ x2=−6k
2−4 k
4−k
2
=6，
解得k =6，经检验符合题意.
变式8.（2024 高二·全国·专题练习）过点P(4,1)的直线l 与双曲线x
2
4 −y
2=1相交于A，B 两点，且P 为线
段AB 的中点，求直线l 的方程．
【答案】x−y −3=0
【分析】由“点差法”求出直线的斜率，再由点斜式方程求解即可.
【详解】解：设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则x1
2
4 −y1
2=1，x2
2
4 −y2
2=1，
两式相减得1
4 (x1+ x2)(x1−x2)−( y1+ y2)⋅( y1−y2)=0．
∵P 为线段AB 的中点，∴x1+ x2=8，y1+ y2=2．
∴
y1−y2
x1−x2
=1，即所求直线l 的斜率为1，
∴直线l 的方程为y −1= x−4，即x−y −3=0．经检验符合题意．
【方法技巧与总结】
56
双曲线中点弦的斜率公式：
设
为双曲线
弦
（
不平行
轴）的中点，则有
证明：设
，
，则有
，
两式相减得：
整理得：
，即
，因为
是弦
的中点，
所以：
， 所以
【题型8：解答题】
例8．（24-25 高二上·江苏南通·阶段练习）已知双曲线一条渐近线方程为√5 x−2 y =0，且点(−2√2,√5)
在双曲线上.
(1)求双曲线标准方程，
(2)若双曲线的左顶点为A1，右焦点为F2, P为双曲线右支上任意一点，求⃗P A1⋅⃗P F2的最小值.
【答案】(1) x
2
4 −y
2
5 =1;
(2)−4.
【分析】（1）利用渐近线方程巧设双曲线方程，再由待定系数法即可求解；
（2）利用向量数量积的坐标运算，再结合二次函数性质，即可得出结果.
【详解】（1）由双曲线一条渐近线方程为√5 x−2 y =0，可以该双曲线方程为5 x
2−4 y
2= λ ,(λ≠0)，
57
由点(−2√2,√5)在双曲线上，可得5×8−4×5= λ，即λ =20，
所以双曲线标准方程为x
2
4 −y
2
5 =1.
（2）由双曲线标准方程为x
2
4 −y
2
5 =1可知：左顶点A1的坐标为(−2,0)，右焦点为F2的坐标(3,0)，
可设双曲线右支上任意一点P(m,n)，且m≥2，则⃗P A1=(−2−m,−n),⃗P F2=(3−m,−n)，
所以⃗P A1⋅⃗P F2=(−2−m,−n)⋅(3−m,−n)=m
2−m−6+n
2，
又因为P(m,n)满足双曲线方程，则m
2
4 −n
2
5 =1，
所以⃗P A1⋅⃗P F2=m
2−m−6+n
2=m
2−m−6+ 5m
2
4 −5= 9m
2
4
−m−11，
由于二次函数y = 9m
2
4
−m−11的对称轴是m= 2
9，
所以当m≥2，y = 9m
2
4
−m−11单调递增，
即当m=2时，二次函数y = 9m
2
4
−m−11有最小值−4，
所以⃗P A1⋅⃗P F2的最小值是−4.
变式1．（22-23 高二上·全国·期中）已知双曲线C1过点(−4,3√2)且与双曲线C2: x
2
2 −y
2
3 =1有共同的渐
近线，F1，F2分别是C1的左、右焦点．
(1)求C1的标准方程；
(2)设点P是C1上第一象限内的点，求⃗P F1⋅⃗P F2的取值范围．
【答案】(1) x
2
4 −y
2
6 =1
(2)(−6,+∞)
【分析】（1）由共渐近线方程设法将点代入直接求解；
（2）向量坐标化，由点在双曲线上化简整理为二次函数求得范围.
【详解】（1）由题意可设C1的方程为x
2
2 −y
2
3 = λ( λ≠0)，
58
将(−4,3√2)代入可得，16
2 −18
3 = λ，解得λ=2，
∴ C1的标准方程为x
2
4 −y
2
6 =1．
（2）设P( x , y)，则y
2=6(
x
2
4 −1)，
∵点P在第一象限，∴x>2，且F1(−√10,0)，F2(√10,0)，
∴ ⃗P F1⋅⃗P F2=(−√10−x ,−y)⋅(√10−x ,−y)= x
2−10+ y
2= 5
2 x
2−16∈(−6,+∞)，
∴ ⃗P F1⋅⃗P F2的取值范围是(−6,+ ∞)．
变式2．（23-24 高二上·四川雅安·阶段练习）已知曲线C的方程为|√(x−√10)
2+ y
2−√(x +√10)
2+ y
2|=2．
(1)说明C为何种圆雉曲线，并求C的标准方程；
(2)已知直线y = x−4与C交于A，B两点，与C的一条渐近线交于D点，且D在第四象限，O为坐标原点，
求⃗OA ⋅⃗OD +⃗OB⋅⃗OD．
【答案】(1)C是以(√10,0)，(−√10,0)为焦点，实轴长为2 的双曲线，x
2−y
2
9 =1
(2)26
【分析】（1）结合双曲线的定义即可求解；（2）应用韦达定理结合数量积的坐标运算即可求解.
【详解】（1）因为|√(x−√10)
2+ y
2−√(x +√10)
2+ y
2|=2<2√10，
所以C是以(√10,0)，(−√10,0)为焦点，实轴长为2 的双曲线．
设C：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1（a>0，b>0），则c =√10，a=1，b=3，
所以C的方程为x
2−y
2
9 =1．
（2）由（1）可得C的渐近线方程为y =±3 x，
由¿得¿即D (1,−3)．
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，由¿得8 x
2+8 x−25=0，
59
由韦达定理得¿
则⃗OA ⋅⃗OD +⃗OB⋅⃗OD = x1+ x2−3( y1+ y2)= x1+ x2−3(x1−4+ x2−4)=26
变式3．（22-23 高二下·四川内江·阶段练习）已知命题p：方程x
2
2m +
y
2
9−m =1表示焦点在y 轴上的椭圆，
命题q：双曲线y
2
5 −x
2
m =1的离心率e∈(
√5
2 ,√2)．
(1)若命题q 为真，求实数m 的取值范围；
(2)若命题p∧q为假命题，p∨q为真命题，求实数m 的取值范围．
【答案】(1)(0,3)；
(2)(0, 5
4]∪[3,5).
【分析】（1）根据椭圆方程的结构特征列不等式组求解可得；
（2）分别记p，q为真时m 的取值范围为集合A ,B，然后由p和q一真一假，利用集合运算求解即可.
【详解】（1）若方程x
2
2m +
y
2
9−m =1表示焦点在y 轴上的椭圆，则¿，
解得0<m<3，即命题q 为真时实数m 的取值范围为(0,3).
（2）若双曲线y
2
5 −x
2
m =1的离心率e∈(
√5
2 ,√2)，则¿，
解得5
4 <m<5，
记A =(0,3),B =(
5
4 ,5)，则∁R A =(−∞,0]∪[3,+∞),∁R B =(−∞, 5
4]∪[5,+∞)，
若命题p∧q为假命题，p∨q为真命题，则p和q一真一假，
实数m 的取值范围为[ A ∩(∁R B)]∪[B∩(∁R A)]=(0, 5
4]∪[3,5).
变式4．（23-24 高二下·广西贵港·期中）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的右焦点F (√10,0)到C的
一条渐近线的距离为√6．
(1)求C的方程．
60
(2)设C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(3,0)且斜率不为0 的直线l与C相交于M，N两点，直线A1 M与
直线A2 N相交于点P．试问点P是否在定直线上？若是，求出定直线的方程；若不是，说明理由．
【答案】(1) x
2
4 −y
2
6 =1
(2)是，定直线x = 4
3
【分析】（1）由题意列式求出b,a，即得答案；
（2）设直线l的方程为x =ty +3，联立双曲线方程，可得根与系数的关系，写出直线A1 M和直线A2 N的
的方程，联立化简可求出点P 横坐标，即可得结论.
【详解】（1 ）根据对称性，F (√10,0)到C的一条渐近线bx−ay =0的距离d = |√10b|
√a
2+b
2 =√6，则
√10b=√6c．
由F (√10,0)，知c =√10，得b=√6，则a
2=c
2−b
2= 4，
故C的方程为x
2
4 −y
2
6 =1．
（2）点P在定直线x = 4
3 上．
依题可设直线l的方程为x =ty +3，M (x1, y1)，N (x2, y2)，
联立方程组¿，整理得(3t
2−2) y
2+18ty +15=0，必有Δ>0，
则y1+ y2=−18t
3t
2−2，y1 y2=
15
3t
2−2，则t y1 y2=−5
6 ( y1+ y2)．
61
直线A1 M的方程为y =
y1
x1+2
(x +2)，直线A2 N的方程为y =
y2
x2−2
(x−2)，
整理得x +2
x−2 = y2(x1+2)
y1(x2−2)
= y2(t y1+5)
y1(t y2+1)
= t y1 y2+5 y2
t y1 y2+ y1
=
−5
6 ( y1+ y2)+5 y2
−5
6 ( y1+ y2)+ y1
=−5，解得x = 4
3 ．
故点P在定直线x = 4
3 上．
变式5．（23-24 高二下·陕西榆林·期末）已知双曲线C：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1（a>0，b>0）经过点(√2,2)，且其
离心率为√5．
(1)求双曲线C的方程；
(2)设双曲线C的左，右焦点分别为F1，F2，C的一条渐近线上有一点P，满足P F2恰好垂直于这条渐近线，
求△P F1 F2的面积．
【答案】(1)x
2−y
2
4 =1
(2)2
【分析】（1）根据所给条件得到关于a、b、c的方程组，解得a
2、b
2，即可求出双曲线方程；
（2）首先求出焦点坐标与渐近线方程，利用距离公式求出|P F2|，由勾股定理求出|OP|，即可求出
S△OP F2，从而得解.
【详解】（1）依题意可得¿，解得¿，
所以双曲线方程为x
2−y
2
4 =1.
（2）由（1）可知左，右焦点分别为F1(−√5,0)，F2(√5,0)，
双曲线的渐近线为y =±2 x，
不妨取其中一条渐近线为y =2 x，
则F2到直线y =2 x的距离d =|P F2|=
2√5
√2
2+(−1)
2 =2，
62
所以|OP|=√|O F2|
2−|P F2|
2=√(√5)
2−2
2=1，
所以S△OP F2= 1
2 ×1×2=1，
又S△OP F2= S△OP F1，所以S△P F1 F2=2S△OP F2=2.
变式6．（23-24 高二下·贵州六盘水·期末）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1过点M (3,4)，左、右顶点分别为A，
B，直线MA与直线MB的斜率之和为3．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)过双曲线右焦点F2的直线l交双曲线右支于P，Q（P在第一象限）两点，⃗P F2=3⃗F2Q，E是双曲线上
一点，△PQE的重心在x轴上，求点E的坐标．
【答案】(1)x
2−y
2
2 =1
(2)E(−√345
9
,−4√33
9 )或E(
√345
9
,−4√33
9 )
【分析】（1）首先表示出左右顶点，由斜率公式求出a
2，将点的坐标代入方程求出b
2，即可得解；
（2）设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，直线l的方程为x =ty +√3，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，
由⃗P F2=3⃗F2Q得到y1=−3 y2，即可求出y2，即可求出y E=2 y2，从而求出xE，即可得解.
【详解】（1）依题意左、右顶点分别为A (−a,0)，B (a,0)，
所以k MA+k MB=
4
3+a +
4
3−a =
24
9−a
2 =3，解得a
2=1，
63
将M (3,4)代入x
2−y
2
b
2 =1得9−16
b
2 =1，解得b
2=2，
故双曲线方程为x
2−y
2
2 =1；
（2）设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，直线l的方程为x =ty +√3，
将x =ty +√3代入2 x
2−y
2=2整理得(2t
2−1) y
2+ 4√3ty + 4 =0，Δ=16(t
2+1)>0，
∴y1+ y2= −4√3t
2t
2−1
，y1 y2=
4
2t
2−1，又由⃗P F2=3⃗F2Q⇒y1=−3 y2，
代入上式得¿，解得t
2= 1
11，−3 y2
2=
4
2t
2−1
=−44
9 ⇒y2=−√
44
27 ，
因为△PQE的重心在x轴上，所以y E+ y1+ y2=0，
所以y E=2 y2=−4√33
9
，代入双曲线得xE=± √345
9
，
故E(−√345
9
,−4√33
9 )或E(
√345
9
,−4√33
9 )．
变式7．（23-24 高二下·上海·阶段练习）如图:双曲线Γ : x
2
3 −y
2=1的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作
直线l交y轴于点Q.
(1)当直线l平行于Γ的斜率大于0的渐近线l1时，求直线l与l1的距离；
64
(2)当直线l的斜率为1时，在Γ的右支上是否存在点P，满足⃗F1 P⋅⃗F1Q =0?若存在，求出P点的坐标；若
不存在，说明理由;
【答案】(1)1
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）首先得到双曲线的渐近线方程及直线l的方程，再由两平行线间解距离公式计算可得；
（2）先根据斜率求出直线l 的方程，从而得点Q，再设出点P的坐标，根据⃗F1 P⋅⃗F1Q =0得出点P的横、
纵坐标之间的关系式，与双曲线联立消去y，由韦达定理即可解答.
【详解】（1）双曲线Γ : x
2
3 −y
2=1，焦点在x轴上，a=√3,b=1,c =√3+1=2，
则双曲线左、右焦点分别为F1(−2,0)，F2(2,0)，渐近线方程为y =± √3
3 x，
当直线l平行于Γ的斜率大于0的渐近线l1时，则直线l的方程为y = √3
3
(x−2)，即x−√3 y −2=0，
又渐近线l1为x−√3 y =0，
所以直线l与l1的距离d =
|−2−0|
√1
2+(−√3)
2 =1.
（2）不存在，理由如下：
当直线l 的斜率为1 时，直线方程为y = x−2，因此Q (0,−2)，
又F1(−2,0)，所以⃗F1Q =(2,−2)，
设Γ的右支上的点P( x , y)( x>√3)，则⃗F1 P =( x +2, y)，
由⃗F1 P⋅⃗F1Q =0得2( x +2)−2 y =0，
又x
2
3 −y
2=1，联立消去y得2 x
2+12 x +15=0，
65
因为Δ=12
2−4×2×15>0，但是x1+ x2=−6，x1 x2= 15
2 ，所以此方程无正根，
因此，在Γ的右支上不存在点P，满足⃗F1 P⋅⃗F1Q =0.
变式8 ．（23-24 高二下· 四川成都· 阶段练习）已知圆M ：(x +√5)
2+ y
2=9的圆心为M ，圆N ：
(x−√5)
2+ y
2=1的圆心为N，一动圆与圆N 内切，与圆M 外切，动圆的圆心E 的轨迹为曲线C．
(1)证明：曲线C 为双曲线的一支；
(2)已知点P(2,0)，不经过点P的直线l与曲线C 交于A，B 两点，且⃗PA ⋅⃗PB =0．直线l是否过定点？若过
定点，求出定点坐标：若不过定点，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)直线l恒过定点，( 10
3 ，0)
【分析】（1）根据题意利用圆与圆的位置关系结合双曲线的定义，即可证明结论；
（2）设直线l的方程为x =my +t，联立双曲线方程，可得根与系数的关系式，根据数量积的坐标运算求出⃗
PA ⋅⃗PB的表达式，化简⃗PA ⋅⃗PB =0，即可求得t 的值，即可求得答案.
【详解】（1）证明：由题意知圆M：(x +√5)
2+ y
2=9的圆心为M (−√5,0)，圆N：(x−√5)
2+ y
2=1的
圆心为N (√5,0)
如图，设圆E 的圆心为E( x , y)，半径为r，
由题可得圆M 半径为3，圆N 半径为1，则| EM |=r +3，| EN |=r −1，
所以| EM |−| EN |= 4<| MN |=2√5，
由双曲线定义可知，E 的轨迹是以M，N为焦点、实轴长为4 的双曲线的右支
又M (−√5,0)，N (√5,0)，所以动圆的圆心E 的轨迹方程为x
2
4 −y
2=1，( x ≥2)，
即曲线C的方程为x
2
4 −y
2=1 ( x ≥2).
66
（2）设直线l的方程为x =my +t，
联立¿，消去x得(m
2−4) y
2+2mty +t
2−4 =0，
由题意直线与曲线有两个交点，则m
2−4≠0，Δ=16(m
2+t
2−4)>0,
设A( x1, y1)，B( x2, y2)，其中x1≥2，x2≥2，
由韦达定理得：y1+ y2= −2mt
m
2−4 ，y1 y2= t
2−4
m
2−4
，
又点P(2,0)，所以PA⃗=( x1−2, y1)，PB⃗=( x2−2, y2)，
因为⃗PA ⋅⃗PB =0，所以( x1−2)( x2−2)+ y1 y2=0，
则(m y1+t −2)(m y2+t −2)+ y1 y2=(m
2+1) y1 y2+(mt −2m)( y1+ y2)+(t −2)
2
= (m
2+1)(t
2−4)−2mt(mt −2m)+(t −2)
2(m
2−4)
m
2−4
=0，
即3t
2−16t +20=0，解得t = 10
3 （t =2舍去），
当t = 10
3 ，直线l的方程为x =my + 10
3 ，m≠± 1
2，
故直线l恒过点( 10
3 ，0)．
67
一、单选题
1．（24-25 高二上·上海浦东新·阶段练习）方程x
2−2√3 x +1=0的两个根可分别作为（ ）
A．椭圆和双曲线的离心率
B．两双曲线的离心率
C．两椭圆的离心率
D．以上皆错
【答案】A
【分析】求出方程的根，根据椭圆和双曲线的离心率取值范围得到.
【详解】由方程x
2−2√3 x +1=0解得，
x = 2√3±2√2
2
=√3±√2，因为椭圆的离心率为(0,1)，双曲线的离心率为(1,+∞)，
故可以作为双曲线和椭圆的离心率.
故选：A
2．（23-24 高二下·云南楚雄·期末）已知双曲线m x
2−y
2=1的实轴长为1，则该双曲线的渐近线方程为
（ ）
A．y =±2 x
B．y =± 1
2 x
C．y =±√2 x
D．y =± √2
2 x
【答案】A
【分析】由实轴长可列方程求得参数m的值，进一步即可求得渐近线方程.
【详解】由题可知双曲线的实轴长为2√
1
m，则2√
1
m =1，解得m= 4，所以该双曲线的渐近线方程为
y =±2 x．
故选：A.
3．（24-25 高二上·上海·课后作业）南非双曲线大教堂是数学与建筑完美结合造就的艺术品．若将如图所
示的大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线y
2
a
2 −x
2
b
2 =1(a>0,b>0)下支的一部分，且此双曲线的下焦点到
渐近线的距离为2，离心率为2，则该双曲线的方程为（ ）
68
A．y
2
12 −x
2
4 =1
B．3 y
2
4 −x
2
4 =1
C．x
2
4 −y
2
4 =1
D．y
2
16 −x
2
4 =1
【答案】B
【分析】由题意根据点到直线的距离公式、离心率公式和平方关系即可求出a
2,b
2，由此即可得解.
【详解】设双曲线的下焦点为(0,−c)，一条渐近线方程为y = a
b x，即ax−by =0，
则焦点到渐近线的距离|−bc|
√a
2+b
2 =2，因为e= c
a =2,a
2+b
2=c
2，
联立解得a
2= 4
3 ,b
2= 4，
∴双曲线方程为：3 y
2
4 −x
2
4 =1.
故选：B.
4．（23-24 高二下·广西桂林·期末）双曲线x
2−y
2
3 =1的离心率为（ ）
A．1
2
B．2
C．√2
D．√2
2
【答案】B
【分析】根据双曲线方程求出a,c即可得解.
【详解】由双曲线x
2−y
2
3 =1知，a
2=1,b
2=3，
所以c
2=a
2+b
2= 4，
所以e = c
a = 2
1 =2.
故选：B
5．（23-24 高二下·四川达州·期末）已知双曲线C : x
2
3 −y
2
4 =1的左顶点为A1，右焦点为F2，虚轴长为m，
离心率为e，则（ ）
69
A．A1(−3,0)
B．F2(1,0)
C．m=2
D．e = √21
3
【答案】D
【分析】由双曲线的方程可求得a=√3,b=2,c =√7，计算可判断每个选项的正确性.
【详解】由双曲线C : x
2
3 −y
2
4 =1，可得a
2=3,b
2= 4，所以a=√3,b=2,c =√3+ 4 =√7，
所以双曲线的左顶点A1(−√3,0)，右焦点F2(√7,0)，故AB 错误；
虚轴长m=2b= 4，故C 错误；
离心率e = √7
√3 = √21
3 ，故D 正确.
故选：D.
6．（23-24 高二上·安徽阜阳·期末）若双曲线
x
2
m
2+1
−y
2=1的实轴长为4，则正数m=（ ）
A．√3
B．2
C．9
4
D．7
2
【答案】A
【分析】依题意可得2√m
2+1= 4，解得即可.
【详解】由双曲线实轴长为4，有2√m
2+1= 4，又m>0，
∴m=√3.
故选：A.
7．（23-24 高二下·全国·随堂练习）已知双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的离心率为5
4 ，则该双曲线的渐近
线方程为（ ）
A．y =±2 x
B．y =± 1
2 x
C．y =± 4
3 x
D．y =± 3
4 x
【答案】D
【分析】运用离心率公式结合渐近线方程可解.
【详解】由题知，e = c
a =√
1+(
b
a)
2
= 5
4
，解得b
a = 3
4 ，
70
又双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1的焦点在x 轴上，所以渐近线方程为y =± 3
4 x.
故选：D
8．（24-25 高二上·全国·随堂练习）中心在原点，焦点在x轴上，且一个焦点在直线3 x−4 y +12=0上的
等轴双曲线的方程是（ ）
A．x
2−y
2=8
B．x
2−y
2= 4
C．y
2−x
2=8
D．y
2−x
2= 4
【答案】A
【分析】由题意可求出直线3 x−4 y +12=0与x轴的交点，得到双曲线的焦点，再根据条件双曲线为等轴
双曲线即可得出结论．
【详解】解：令y =0 ，得x =−4，
又∵双曲线焦点在x 轴上，
∴等轴双曲线的一个焦点为(−4,0)，
即c = 4，
∴a
2=b
2= 1
2 c
2=8，
故等轴双曲线的方程为x
2−y
2=8.
故选：A.
9．（23-24 高二下·安徽·期末）已知双曲线C ：x
2
m −
y
2
m+3 =1，则“m=3”是“双曲线C的离心率为√3
”的（ ）
A．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据双曲线离心率为√3，可得m=−6或m=3，即可由充分不必要条件求解.
【详解】C ：x
2
m −
y
2
m+3 =1的离心率为√3时，当焦点在x轴时，√3= √2m+3
√m
，解得m=3，
当焦点在y轴时，√3= √−2m−3
√−m−3 ，解得m=−6，
故“m=3”是“双曲线C的离心率为√3”的充分不必要条件，
故选：B
71
二、多选题
10．（22-23 高三上·海南儋州·开学考试）已知椭圆的方程为x
2
25 + y
2
9 =1，双曲线的方程为y
2
8 −x
2
8 =1，则
（ ）
A．双曲线的一条渐近线方程为y = x
B．椭圆和双曲线共焦点
C．椭圆的离心率e = 4
5
D．椭圆和双曲线的图像有4 个公共点
【答案】ACD
【分析】根据椭圆方程求得a1=5,b1=3,c1= 4，双曲线方程求得a2=b2=2√2,c2= 4，且椭圆的焦点在x
轴上，双曲线的焦点在y 轴上，结合椭圆和双曲线的性质逐项分析判断.
【详解】对于椭圆的方程为x
2
25 + y
2
9 =1，可得a1=5,b1=3,c1=√a1
2−b1
2= 4，
对于双曲线的方程为y
2
8 −x
2
8 =1，可得a2=2√2,b2=2√2,c2=√a2
2+b2
2= 4，
且椭圆的焦点在x 轴上，双曲线的焦点在y 轴上，
对于选项A：因为双曲线的渐近线方程为y =± a2
b2
x =± x，
所以双曲线的一条渐近线方程为y = x，故A 正确；
对于选项B：因为椭圆的焦点在x 轴上，双曲线的焦点在y 轴上，
所以椭圆和双曲线不共焦点，故B 错误；
对于选项C：椭圆的离心率e = c1
a1
= 4
5 ，故C 正确；
对于选项D：因为a2<b1，可知双曲线的顶点在椭圆内部，
所以椭圆和双曲线的图像有4 个公共点，故D 正确；
故选：ACD.
11．（23-24 高二下·四川德阳·期末）双曲线C：x
2
5 −y
2
4 =1的左右顶点分别为A、B，P、Q 两点在C 上，
且关于x 轴对称（ ）
72
A．以C 的焦点和顶点分别为顶点和焦点的椭圆方程为x
2
9 + y
2
5 =1
B．双曲线C 的离心率为3√5
5
C．直线AP与BQ的斜率之积为−4
5
D．双曲线C 的焦点到渐近线的距离为2
【答案】BCD
【分析】对于A，直接写出符合描述的椭圆方程，对比即可判断；对于B，由离心率公式即可判断；对于
C，直接根据斜率公式验算即可；对于D，根据对称性，只需任取一个焦点和一条渐近线，结合点到直线
的距离公式即可判断.
【详解】对于A，C 的焦点和顶点分别为(±3,0),(±√5,0)，
从而以C 的焦点和顶点分别为顶点和焦点的椭圆方程为x
2
9 + y
2
4 =1，故A 错误；
对于B，双曲线C 的离心率为3
√5 = 3√5
5
，故B 正确；
对于C，显然P ,Q异于A ,B，不妨设P(x1, y1),Q(x2,−y1)，
注意到P ,Q都在双曲线C上面，且A (−√5,0),B(√5,0)，
所以直线AP与BQ的斜率之积为k AP⋅k BQ=
y1
x1+√5 ⋅−y1
x2−√5 =
4(1−x1
2
5 )
x1
2−5
=−4
5
，故C 正确；
对于D，双曲线C：x
2
5 −y
2
4 =1的一个焦点、一条渐近线可以分别是(3,0)，2 x−√5 y =0，
而点(3,0)到直线2 x−√5 y =0的距离是d = 2×3
3
=2，故D 正确.
故选：BCD.
73
12．（23-24 高二上·江苏南京·期末）已知曲线C :m x
2+n y
2=1，下列说法正确的是（ ）
A．若m=n>0，则C是圆，其半径为√n
n
B．若m>0，n=0，则C是两条直线
C．若n>m>0时，则C是椭圆，其焦点在y轴上
D．若mn<0时，则C是双曲线，其渐近线方程为y =±√−n
m x
【答案】AB
【分析】根据选项条件分别化简曲线C :m x
2+n y
2=1为圆锥曲线的标准方程，然后逐一分析，即可求解．
【详解】对于A，m=n>0， x
2+ y
2= 1
n，则C是圆，半径为√n
n ，故A 正确；
对于B，若m>0，n=0时，x =± 1
√m，则C是两条直线，故B 正确；
对于C，若n>m>0时，
x
2
1
m
+ y
2
1
n
=1，则1
m > 1
n >0，则C为焦点在x轴的椭圆，故C 错误；
对于D，若mn<0时，则C是双曲线，渐近线方程为y =±√−m
n x，故D 错误；
故选：AB．
三、填空题
13．（2024 高三·全国·专题练习）已知双曲线W : x
2
a
2 −y
2
3 =1（其中a>0）的右焦点为F(2,0)，则 W 的
离心率为 ．
【答案】2
【分析】根据双曲线焦点在x轴上，得出b
2=3,c =2，计算得出a=1,最后得出离心率.
【详解】由题意可得双曲线焦点在x轴上，且b
2=3,c =2，
则a
2=c
2−b
2= 4−3=1，由a>0得a=1，
故W 的离心率e = c
a = 2
1 =2.
故答案为：2.
14．（24-25 高二上·广西柳州·阶段练习）在双曲线中，任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，
它的圆心是双曲线的中心，半径等于实半轴与虚半轴平方差的算术平方根，这个圆叫双曲线的蒙日圆.过双
74
曲线W : x
2
3 −y
2=1的蒙日圆上一点P作W 的两条切线，与该蒙日圆分别交于A ,B两点，若∠PAB=30
∘，
则△PAB的周长为
.
【答案】3√2+√6/√6+3√2
【分析】结合双曲线方程求出a与b，由蒙日圆定义可得圆的方程，再由切线互相垂直可得AB为直径，解
直角三角形可得.
【详解】由双曲线W : x
2
3 −y
2=1可知，a=√3,b=1.
则W 的蒙日圆圆心为(0,0)，半径为√2，其蒙日圆方程为x
2+ y
2=2，
由已知可得PA ⊥PB，
所以AB为圆的直径，所以|AB|=2√2.
又∠PAB=30
∘，所以|PB|= 1
2|AB|=√2,|PA|=√(2√2)
2−(√2)
2=√6.
所以△PAB的周长为3√2+√6.
故答案为：3√2+√6.
15．（24-25 高二上·全国·课后作业）已知双曲线C：x
2
4 −y
2
m =1(m>0)的开口比等轴双曲线的开口更开阔，
则实数m 的取值范围是 ．
【答案】(4 ,+∞)
【分析】根据题意可知双曲线C 的离心率大于等轴双曲线的离心率，进而列出不等式求解即可.
【详解】∵等轴双曲线的离心率为√2，且双曲线C 的开口比等轴双曲线的开口更开阔，
∴双曲线C：x
2
4 −y
2
m =1的离心率e>√2，则e
2>2，即4+m
4
>2，
∴m>4．
故答案为：(4 ,+ ∞).
75
四、解答题
16．（23-24 高二上·全国·课后作业）已知双曲线x
2−y
2= 4，直线l: y =k( x−1)，试确定实数k 的取值范
围，使：
(1)直线l 与双曲线有两个公共点；
(2)直线l 与双曲线有且只有一个公共点；
(3)直线l 与双曲线没有公共点．
【答案】(1)−2√3
3
<k <−1或−1<k <1或1<k < 2√3
3
；
(2)k =±1或± 2√3
3
(3)k > 2√3
3
或k <−2√3
3
【分析】（1）联立直线方程和双曲线方程，根据直线与双曲线有两交点，则Δ>0，注意二次项系数不等
于0；
（2）根据直线与双曲线仅有一交点，分二次项系数等于0 和不等于0 两种情况讨论.当二次项系数不等于0
时，由Δ=0即可得出答案；
（3）根据直线与双曲线没有交点，得Δ<0，注意二次项系数不等于0.
【详解】（1）联立¿，
消y整理得(1−k
2) x
2+2k
2 x−k
2−4 =0，（*）
因为直线l 与双曲线C 有两个公共点，
所以¿，整理得¿
解得： −2√3
3
<k <−1或−1<k <1或1<k < 2√3
3
.
（2）当1−k
2=0即k =±1时，直线l 与双曲线的渐近线平行，
方程（*）化为2 x−5=0，故方程（*）有唯一实数解，
即直线与双曲线相交，有且只有一个公共点，满足题意．
当1−k
2≠0时， 因为直线l 与双曲线C 仅有一个公共点，
则Δ= 4(4−3k
2)=0，解得k =± 2√3
3
；
76
综上，k =±1或k =± 2√3
3
.
（3）因为直线l 与双曲线C 没有公共点，
所以¿，
解得： k > 2√3
3
或k <−2√3
3
.
17．（23-24 高二下·上海·期中）已知k ∈R，直线y =kx +1与双曲线4 x
2−y
2=1相交于不同的点A ,B.
(1)若点A ,B分别在双曲线的左、右两支上，求k的取值范围；
(2)若以线段AB为直径的圆，经过坐标原点，求k的值.
【答案】(1)(−2,2)
(2)k =±√2
【分析】（1）直线与双曲线方程联立，消元得到一个元二次方程，由题意得到不等式组，解这个不等式
组即可求出实数k的取值范围；
（2）利用圆的性质.利用平面向量的数量积，结合（1）中的一元二次方程，可以求出实数k的值.
【详解】（1）直线与双曲线方程联立得：¿，
因为直线y =kx +1与双曲线4 x
2−y
2=1相交于不同的两点A ,B分别在双曲线的左、右两支上，
所以有：¿，
因此实数k的取值范围为k ∈(−2,2)；
（2）设A( x1, y1),B( x2, y2)，因为线段AB为直径的圆经过坐标原点，
所以有⃗OA ⋅⃗OB =0，即x1 x2+ y1 y2=0，
由（1）可知：x1+ x2=−−2k
4−k
2 , x1 x2= −2
4−k
2，
则x1 x2+ y1 y2=0⇒x1 x2+(k x1+1)(k x2+1)=0⇒x1 x2(1+k
2)+k( x1+ x2)+1=0，
即−2
4−k
2 (1+k
2)+k(−−2k
4−k
2 )+1=0⇒k
2=2⇒k =±√2.
18．（23-24 高二下·浙江·阶段练习）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1，过该曲线上的点P(3,1)作不平行于坐标
轴的直线l1交双曲线的右支于另一点Q，作直线l2//l1交双曲线的渐近线于两点A，B（A 在第一象限）,其
77
渐近线方程为x ± y =0，且| AB|=| PQ|，
(1)求双曲线方程．
(2)证明：直线QB过定点.
(3)当PQ的斜率为负数时，求四边形ABPQ的面积的取值范围．
【答案】(1) x
2
8 −y
2
8 =1
(2)证明见解析
(3)(4,8)
【分析】（1）根据渐近线方程可得a=b，结合双曲线所过的点可求a=b=8，故可得双曲线方程.
（2）联立直线PQ方程和双曲线方程，结合判别式可得PQ的斜率的范围，再由渐近线方程可得B的坐标，
由平行四边形可求出QB的方程，故可得定点.
（3）利用（2）的结果结合弦长公式可用PQ的斜率表示面积，结合斜率的范围可求面积的范围.
【详解】（1）因为渐近线x ± y =0，则a=b，代入点P(3,1)可得9
a
2 −1
a
2 =1，
故a
2=b
2=8，即双曲线方程为：x
2
8 −y
2
8 =1．
（2）
设l1: y =k1 x +m,l2: y =k1 x +n,(m≠n),Q(x1, y1)
∵P∈l1,∴1=3k1+m,∴m=1−3k1，
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由¿可得(k1
2−1)x
2+2k1mx +m
2+8=0，
故Δ=4k1
2m
2−4(k1
2−1)(m
2+8)= 4(k1−3)
2>0且xP xQ= m
2+8
k1
2−1
>0，
故k1<−1或k1>1且k1≠3，
又xP xQ= m
2+8
k1
2−1 ，故xQ= 1
3 × (1−3k1)
2+8
k1
2−1
= 3k1
2−2k1+3
k1
2−1
，
由¿解得x =−
n
k1−1，则A(−
n
k1−1 ,−
n
k1−1)，
同理可得B(−
n
k1+1 ,
n
k1+1)， 故⃗AB =(
2n
k1
2−1
, 2nk1
k1
2−1)，
而l1//l2,| AB|=| PQ|，可得⃗PQ =⃗AB ,∴xQ−xP= 2n
k1
2−1，
故
3k1
2−2k1+3
k1
2−1
−3= 2n
k1
2−1
，故n=3−k1，
故A(
k1−3
k1−1 , k1−3
k1−1)，B(
k1−3
k1+1 ,−k1−3
k1+1)，
设直线QB的斜率为k2，则k2=k AP= y A−1
x A−3 =
k1−3
k1−1 −1
k1−3
k1−1 −3
= 1
k1
，
∴直线QB的方程为y + k1−3
k1+1 = 1
k1(x−k1−3
k1+1)，即y +1= 1
k1
( x +3)，
QB所以过定点(−3,−1)．
（3）由（2）可得直线l1与l2的距离为d =|n−m|
√k1
2+1 ，故d =|2k1+2|
√k1
2+1
，
由题意可得四边形ABQP是平行四边形，
79
而|AB|=√k1
2+1|
k1−3
k1−1 −k1−3
k1+1|=√k1
2+1|
2(3−k1)
k1
2−1 |，
故四边形ABQP的面积为S =d ⋅|AB|=|
4(k1−3)
k1−1 |= 4|1+ −2
k1−1|，
∵k1<0，结合（2）中k的取值范围可得k1<−1．故0< −2
k1−1 <1，
故S∈(4,8).
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要联立不同类型的方程，用合适的变量变式目标函数，
而后者的最值往往可以通过函数的单调性或基本不等式来处理.
19．（23-24 高二下·重庆九龙坡·期中）已知双曲线C和椭圆x
2
4 + y
2=1有公共焦点，且离心率
e = √6
2 ．
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点P(2,1)作两条相互垂直的直线PM , PN分别交双曲线C于不同于点P的M 、N两点，求
点P到直线MN距离的最大值．
【答案】(1) x
2
2 −y
2=1
(2)4√2
【分析】（1）根据双曲线C和椭圆x
2
4 + y
2=1有公共焦点求出c，再由离心率的公式求出a，从而求得双曲
线的方程.
（2）根据直线MN的斜率是否存在进行分类讨论，结合PM ⊥PN以及点到直线的距离公式、基本不等式
求得点P 到直线MN距离的最大值.
【详解】（1）因为椭圆x
2
4 + y
2=1的焦点在x轴上，
所以双曲线C的c =√4−1=√3，又因为e = c
a = √3
a = √6
2 ，
所以a=√2,b=√c
2−a
2=1，
80
所以双曲线C的方程为x
2
2 −y
2=1.
（2）当直线MN的斜率不存在时，设M (x0, y0)( y0>0)，则N (x0,−y0)，⃗
PM =(x0−2, y0−1),⃗PN =(x0−2,−y0−1)，
依题意⃗PM ⋅⃗PN =(x0−2, y0−1)⋅(x0−2,−y0−1)=0，
(x0−2)
2−( y0
2−1)=0，即x0
2−4 x0−y0
2+5=0，
由¿解得¿或¿（舍去），
所以M (6,√17), N (6,−√17)，此时P到直线MN的距离为6−2= 4.
当直线MN的斜率存在时，设M (x1, y1), N (x2, y2)，设直线MN的方程为y =kx +m.
由¿消去y并化简得：(2k
2−1) x
2+ 4 kmx +2m
2+2=0，
Δ=16 k
2m
2−4(2k
2−1)(2m
2+2)=−16 k
2+8m
2+8>0,m
2−2k
2+1>0①，
x1+ x2= −4 km
2k
2−1
, x1 x2= 2m
2+2
2k
2−1
，
依题意⃗PM ⋅⃗PN =(x1−2, y1−1)(x2−2, y2−1)=0，
所以(x1−2)(x2−2)+( y1−1)( y2−1)=(x1−2)(x2−2)+(k x1+m−1)(k x2+m−1)
=(k
2+1) x1 x2+(km−k −2)(x1+ x2)+m
2−2m+5
=(k
2+1)⋅2m
2+2
2k
2−1
+(km−k −2)⋅−4 km
2k
2−1
+m
2−2m+5=0，
整理得m
2+8km+12k
2+2m−3=0，
即(m+2k −1)(m+6 k +3)=0，由于P∉直线MN，1≠2k +m，
所以m+6 k +3=0,m=−6 k −3，
函数y =(−6k −3)
2−2k
2+1=34 k
2−36k +10的开口向上，
81
判别式为(−36)
2−4×34×10=1296−1360=−64<0，故①成立.
所以直线MN的方程为y =kx−6 k −3，即kx−y −6 k −3=0，
所以P到MN的距离d =|2k −1−6 k −3|
√k
2+1
= 4|k +1|
√k
2+1
，
(
d
4)
2
= k
2+1+2k
k
2+1
=1+ 2k
k
2+1
，
当k ≤0时，1+ 2k
k
2+1
≤1；当k >0时
1+ 2k
k
2+1
=1+
2
k + 1
k
≤1+
2
2√k ⋅1
k
=2
，
当且仅当k = 1
k ,k =1时等号成立.
所以(
d
4)
2
≤2, d
4 ≤√2,d ≤4√2.
综上所述，点P到直线MN的距离的最大值为4√2.
【点睛】关键点睛：本题（2）的关键点在于根据直线MN的斜率是否存在进行分类讨论，结合PM ⊥PN
以及点到直线的距离公式、基本不等式求得点P 到直线MN距离的最大值.
