双曲线

前言

若已知双曲线的渐近线方程为(axpm by=0)，则可设双曲线方程为(a^2x^2-b^2y^2=lambda(lambda eq 0))

若已知双曲线的(e=sqrt{2})，则可知(a=b)，则可设双曲线方程为(x^2-y^2=lambda(lambda eq 0))

若已知双曲线为等轴双曲线，则可设双曲线方程为(x^2-y^2=lambda(lambda eq 0))

例1【2019届高三理科数学第三轮模拟训练题】方程(cfrac{x^2}{8+a}-cfrac{y^2}{a-4}=1)表示双曲线的充要条件是________.

分析：方程要表示为双曲线，等价于(left{egin{array}{l}{8+a>0}\{a-4>0}end{array} ight.)或者(left{egin{array}{l}{8+a<0}\{a-4<0}end{array} ight.)

解得(a<-8)或(a>4)。故其充要条件为(ain (-infty，8)cup(4，+infty))。

【引申】方程(cfrac{x^2}{8+a}-cfrac{y^2}{a-4}=1)表示椭圆的充要条件是________.

分析：先将方程变形为(cfrac{x^2}{8+a}+cfrac{y^2}{-(a-4)}=1)，方程要表示为椭圆，

等价于(left{egin{array}{l}{8+a>0}\{a-4<0}\{8+a>-(4-a)}end{array} ight.)，或(left{egin{array}{l}{8+a>0}\{a-4<0}\{8+a<-(4-a)}end{array} ight.)，

解得(-8<a<-2)或(-2<a<4)，故其表示椭圆的充要条件为(ain (-8，-2)cup (-2，4)).

补充：当(a=-2)时，方程表示圆；

例2【2016陕西省二检理科第16题】已知F是双曲线C：(x^2-cfrac{y^2}{8}=1)的右焦点，若(P)是(C)的左支上的一点，(A(0，6sqrt{6}))是(y)轴上的一点，求(Delta APF)面积的最小值。

分析：求(Delta APF)面积的最小值，其中边AF长度固定，故只需要求边AF上的高线的最小值即可。

法1、平行线法，如图1所示，容易知道点(F(3，0))，故直线(AF：2sqrt{6}x+y-6sqrt{6}=0)，

设(l)和直线AF平行且和双曲线的左支相切与点P，故直线(l：2sqrt{6}x+y+m=0)，

联立(2sqrt{6}x+y+m=0)和(x^2-cfrac{y^2}{8}=1)，消(y)得到(16x^2+4sqrt{6}mx+m^2+8=0)，

由于相切得到(Delta =96m^2-4 imes16(m^2+8)=0)，解得(m=pm 4)，结合图像将(m=-4舍弃)，

即直线(l：2sqrt{6}x+y+4=0)，故三角形的高的最小值即两条平行线的间距，

故AF边上的高(h=cfrac{|4-(-6sqrt{6})|}{sqrt{(2sqrt{6})^2+1}}=cfrac{6sqrt{6}+4}{5})，

故(S_{min}=cfrac{1}{2} imes|AF| imes cfrac{6sqrt{6}+4}{5}=cfrac{1}{2} imes15 imes cfrac{6sqrt{6}+4}{5}=9sqrt{6}+6)。

法2、函数法，如图2所示，由题目可知双曲线的左支对应的函数为(y=f(x)=pmsqrt{8x^2-8}(x<0))，

设点(P(x_0，y_0))，则(f'(x)=pmcfrac{1}{2sqrt{8x^2-8}}cdot 16x=pmcfrac{8x}{sqrt{8x^2-8}})，

结合图像可知(f'(x)<0)，故取(f'(x)=cfrac{8x}{sqrt{8x^2-8}}(x<0))，当(f'(x)=k_{AF}=-2sqrt{6})时，

AF边上的高线最小(可结合平行线法理解)，故(cfrac{8x_0}{sqrt{8x_0^2-8}}=-2sqrt{6})，

解得(x_0=-cfrac{sqrt{6}}{2})，代入得到(y=2)，即切点(P(-cfrac{sqrt{6}}{2}，2))，

故高(h=cfrac{|2sqrt{6}cdot(-cfrac{sqrt{6}}{2})+2-6sqrt{6}|}{5}=cfrac{6sqrt{6}+4}{5})，

故(S_{min}=cfrac{1}{2} imes|AF| imes cfrac{6sqrt{6}+4}{5}=cfrac{1}{2} imes15 imes cfrac{6sqrt{6}+4}{5}=9sqrt{6}+6)。

法3、参数方程法，不要求学生掌握。由于双曲线为(x^2-cfrac{y^2}{8}=1)，

故其参数方程为(egin{cases}x=cfrac{1}{cos heta}\y=2sqrt{2}tan hetaend{cases}( heta为参数))，

故(h=cfrac{|cfrac{2sqrt{6}}{cos heta}+2sqrt{2}tan heta-6sqrt{6}|}{5}=cfrac{|cfrac{2sqrt{6}}{cos heta}+cfrac{2sqrt{2}sin heta}{cos heta}-6sqrt{6}|}{5})，

以下难点转化为求(cfrac{2sqrt{6}}{cos heta}+cfrac{2sqrt{2}sin heta}{cos heta})的值。

令(m=cfrac{2sqrt{6}}{cos heta}+cfrac{2sqrt{2}sin heta}{cos heta})，

则有(2sqrt{6}+2sqrt{2}sin heta=mcos heta)，故(sqrt{m^2+8}cos heta=2sqrt{6})，

即(cos heta=cfrac{2sqrt{6}}{sqrt{m^2+8}})，故(|cos heta|=|cfrac{2sqrt{6}}{sqrt{m^2+8}}|leq 1)，

解得(mge 4)或者(mleq -4)，由于参数( hetain(0，pi))，且点P在左支，

故( hetain(cfrac{pi}{2}，pi))，故(m<0)，故当(m=-4)时(d)有最小值，

此时(d_{min}=cfrac{|-4-6sqrt{6}|}{5}=cfrac{4+6sqrt{6}}{5})，

故(S_{min}=cfrac{1}{2} imes|AF| imes cfrac{6sqrt{6}+4}{5}=cfrac{1}{2} imes15 imes cfrac{6sqrt{6}+4}{5}=9sqrt{6}+6)。

例3【2017宝鸡中学高三理科第一次月考第8题】

已知抛物线(y^2=4x)的准线和双曲线(cfrac{x^2}{a^2}-cfrac{y^2}{4}=1)相交于(A)、(B)两点，(F)为抛物线的焦点，(angle FAB=45^circ)，则双曲线的离心率是多少？

$A.3$ $B.2$ $C.sqrt{6}$ $D.sqrt{3}$

分析：抛物线的焦点为((1，0))，准线为(x=-1)，令(AB)的中点为(C)，则(|CF|=2)，

又有题目可知，(Delta FAB)为等腰直角三角形，故(|AC|=|CF|=2)，

故点A((-1，2)) 代入双曲线方程得到(a^2=cfrac{1}{2})，

故(c^2=a^2+b^2=4+cfrac{1}{2}=cfrac{9}{2})，

则双曲线的离心率为(e=sqrt{cfrac{c^2}{a^2}}=3)。 故选(A)。

例4【2017凤翔中学高三理科数学第二次月考第7题】

若圆(x^2+y^2-3x-4y-5=0)关于直线(ax-by=0(a>0，b>0))对称，则双曲线(cfrac{x^2}{a^2}-cfrac{y^2}{b^2}=1)的离心率是【】

$A.cfrac{4}{3}$ $B.cfrac{5}{3}$ $C.cfrac{5}{4}$ $D.cfrac{7}{4}$

分析：先将圆配方为((x-cfrac{3}{2})^2+(y-2)^2=9+cfrac{9}{4})，

由已知可知，圆心((cfrac{3}{2}，2))一定在直线(ax-by=0)上，

故(cfrac{3}{2}a=2b)，即(3a=4b)，

令(a=4t(t>0))，则(b=3t)，(c=5t)，

故离心率(e=cfrac{c}{a}=cfrac{5}{4})。故选(C)。

例5【2018陕西省第二次质量检测第11题】

已知点(F_1，F_2)分别是双曲线(cfrac{x^2}{a^2}-cfrac{y^2}{b^2}=1(a>0，b>0))的左右两个焦点，点(P)是双曲线右支上的一点，若(P)点的横坐标(x_0=cfrac{4}{3}a)时，有(F_1Pperp F_2P)，则该双曲线的离心率(e)是【】

$A.cfrac{3sqrt{2}}{2}$ $B.cfrac{3}{2}$ $C.2$ $D.3$

分析：将(x_0=cfrac{4}{3}a)代入双曲线方程(cfrac{x^2}{a^2}-cfrac{y^2}{b^2}=1(a>0，b>0))，

求得(y=pmcfrac{sqrt{7}}{3}b)，不妨取正，即点(P(cfrac{4}{3}a，cfrac{sqrt{7}}{3}b))，

又(F_1(-c，0))，(F_2(c，0))，由(overrightarrow{F_1P}cdot overrightarrow{F_2P}=0)；

得到((cfrac{4a}{3}+c，cfrac{sqrt{7}b}{3})cdot(cfrac{4a}{3}-c，cfrac{sqrt{7}b}{3})=0)

即((cfrac{4a}{3})^2-c^2+(cfrac{sqrt{7}b}{3})^2=0)

又(c^2=a^2+b^2)，代入上式，得到(a^2=cfrac{2}{9}c^2)，

即(e^2=cfrac{c^2}{a^2}=cfrac{9}{2})，故(e=cfrac{3sqrt{2}}{2})。故选(A)。

例6【】已知点(F_1，F_2)分别是双曲线(C：cfrac{x^2}{a^2}-cfrac{y^2}{b^2}=1(a>0，b>0))的左右两个焦点，(|F_1F_2|=6)，点(P)在双曲线上，且(P)是第一象限的点，过(P)点做双曲线的切线与(x)轴交于(Q)点，(angle F_1PQ=30^{circ})，由双曲线的光学性质知，(PQ)是(angle F_1PF_2)的平分线，已知(S_{ riangle PF_1F_2}=4sqrt{3})，有(F_1Pperp F_2P)，则该双曲线的离心率(e)是【】

$A.sqrt{3}$ $B.cfrac{5sqrt{5}}{3}$ $C.cfrac{2sqrt{3}}{3}$ $D.cfrac{3sqrt{5}}{5}$

例7【2017高考理科数学Ⅲ卷第5题】【2019高三理科二轮限时训练3】已知双曲线(C：cfrac{x^2}{a^2}-cfrac{y^2}{b^2}=1) ((a>0，b>0))的一条渐近线方程为(y=cfrac{sqrt{5}}{2}x)，且与椭圆(cfrac{x^2}{12}+cfrac{y^2}{3}=1)有公共焦点，则(C)的方程为【】

$A.cfrac{x^2}{8}-cfrac{y^2}{10}=1$ $B.cfrac{x^2}{4}-cfrac{y^2}{5}=1$ $C.cfrac{x^2}{5}-cfrac{y^2}{4}=1$ $D.cfrac{x^2}{4}-cfrac{y^2}{3}=1$

分析：由双曲线(C：cfrac{x^2}{a^2}-cfrac{y^2}{b^2}=1)可知其渐进线为(y=cfrac{b}{a}x)，由已知渐近线方程为(y=cfrac{sqrt{5}}{2}x)，

则可设(a=2k)，(b=sqrt{5}k(k>0))，则(c=3k)，又由椭圆的(c=3)，可可知(3k=3)，即(k=1)，故双曲线的(a=2)，(b=sqrt{5})，则其方程为(cfrac{x^2}{4}-cfrac{y^2}{5}=1)，故选(B)。

例8【2019高三理科数学二轮复习用题】已知(F_1)，(F_2)分别是双曲线(C：cfrac{x^2}{a^2}-cfrac{y^2}{b^2}=1) ((a>0，b>0))的左右焦点，过点(F_2)的直线交双曲线的右支于(P)，(Q)两点，且((overrightarrow{F_1P}+overrightarrow{F_1Q})cdot overrightarrow{PQ}=0)，过双曲线的右顶点作平行于其一条渐近线的直线(l)，若直线(l)交(PQ)于点(M)，且(|QM|=3|PM|)，则双曲线的离心率为【】

$A.2$ $B.sqrt{3}$ $C.cfrac{5}{3}$ $D.cfrac{3}{2}$

分析：由于((overrightarrow{F_1P}+overrightarrow{F_1Q})cdot overrightarrow{PQ}=0)，则可知(PQperp x)轴，又由于(|QM|=3|PM|)，则(M)为(PF_2)的中点；

由于直线(PQ)为(x=c)，将其代入双曲线，得到(cfrac{c^2}{a^2}-cfrac{y^2}{b^2}=1)，解得(y=cfrac{b^2}{a})，

即点(P(c，cfrac{b^2}{a}))，则点(M(c，cfrac{b^2}{2a}))，

又由于双曲线的渐近线为(y=cfrac{b}{a}x)，则可知(cfrac{cfrac{b^2}{2a}-0}{c-a}=cfrac{b}{a})，得到(cfrac{b}{2}=c-a)，

即(b=2(c-a))，两边平方得到，(b^2=4(c-a)^2)，即(c^2-a^2=4c^2-8ac+4a^2)，即(3c^2-8ac+5a^2=0)，同除以(a^2)

即(3e^2-8e+5=0)，解得(e=cfrac{5}{3})或(e=1)(舍去)，故选(C)。

例9【2019届高三理科数学二轮用题】已知(F_1)，(F_2)分别是双曲线(C：cfrac{x^2}{a^2}-cfrac{y^2}{b^2}=1) ((a>0，b>0))的左右焦点，以(F_2)为圆心做一个圆，使该圆过线段(OF_2)的中点，若该圆与双曲线的两条渐近线有公共点，则双曲线(C)的离心率的取值范围是___________。

分析：如下图所示，可知圆(F_2)的圆心为(F_2(c，0))，半径为(r=cfrac{c}{2})，由于圆和双曲线都关于坐标轴对称，故只需要保证圆和一条渐近线(y=cfrac{b}{a}x)有公共点即可，

此时可以使用联立直线方程和双曲线的方程，使用(Delta ge 0)的思路，也可以利用圆心到直线的距离小于半径的思路，很明显第二个思路的运算量要小一些。

此时圆心为(F_2(c，0))，半径为(r=cfrac{c}{2})，直线为(bx-ay=0)，故(d=cfrac{|bc-a imes 0|}{sqrt{a^2+b^2}}leq cfrac{c}{2})，

化简整理得到，(2bleq c)，即(4b^2leq c^2)，则(4c^2-4a^2leq c^2)，整理为(cfrac{c^2}{a^2}leq cfrac{4}{3})，故(eleq cfrac{2sqrt{3}}{3})，又双曲线的(e>1)，故(ein (1，cfrac{2sqrt{3}}{3}]).

例10【2019高三理科数学启动卷，2019陕西省二检试卷第16题】已知等腰( riangle ABC)的底边端点(A)，(B)在双曲线(cfrac{x^2}{6}-cfrac{y^2}{3}=1)的右支上，顶点(C)在(x)轴上，且(AB)不垂直于(x)轴，则顶点(C)的横坐标(t)的取值范围是__________。

分析：设(A(x_1，y_1))，(B(x_2，y_2))，弦(AB)的垂直平分线交(x)轴于点(C(t，0))，

(AB)的中点为(M(x_0，y_0))，则(x_0>sqrt{6})，

由题意有(cfrac{x_1^2}{6}-cfrac{y_1^2}{3}=1)①，(cfrac{x_2^2}{6}-cfrac{y_2^2}{3}=1)②，两式相减得到，

((x_1+x_2)(x_1-x_2)-2(y_1+y_2)(y_1-y_2)=0)，于是有(x_0(x_1-x_2)-2y_0(y_1-y_2)=0)，

即(k_{AB}=cfrac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=cfrac{x_0}{2y_0})，又(k_{MC}=cfrac{y_0}{x_0-t})，由(k_{AB}cdot k_{MC}=-1)得到，

(cfrac{y_0}{x_0-t}cdot cfrac{x_0}{2y_0}=-1)，即(x_0+2(x_0-t)=0)，则(t=cfrac{3x_0}{2}>cfrac{3sqrt{6}}{2})。

故(tin (cfrac{3sqrt{6}}{2}，+infty))。

例11【2019高三理科数学三轮试题】已知双曲线(cfrac{x^2}{m}+cfrac{y^2}{3}=1)的离心率为(cfrac{sqrt{15}}{3})，则此双曲线的渐近线方程为【】

$A.y=pm cfrac{sqrt{2}}{2} x$ $B.y=pm cfrac{sqrt{3}}{2} x$ $C.y=pm cfrac{sqrt{5}}{2} x$ $D.y=pm cfrac{sqrt{6}}{2} x$

分析：由题可知，(a^2=3)，(b^2=-m)，则(c^2=3-m)，又(e=cfrac{sqrt{15}}{3})，

则(e^2=cfrac{c^2}{a^2}=cfrac{15}{9}=cfrac{2-m}{3})，解得(m=-2)，即双曲线为(cfrac{y^2}{3}-cfrac{x^2}{2}=1)，

则由(cfrac{y^2}{3}-cfrac{x^2}{2}=0)，求得渐近线方程为(y=pm cfrac{sqrt{6}}{2} x)，故选(D)。

例12【2019届高三理科数学三轮模拟试题】【基本题目】已知双曲线(C)的焦点在坐标轴上，中心在坐标原点，其一条渐近线与直线(x+2y+1=0)平行，则双曲线(C)的离心率为【】

$A.sqrt{2}$ $B.cfrac{sqrt{5}}{2}$ $C.sqrt{5}$ $D.cfrac{sqrt{5}}{2}或sqrt{5}$

分析：由题目可知，由于双曲线(C)的焦点在坐标轴上，中心在坐标原点，故有两种情形，焦点在(x)轴和焦点在(y)轴，

则渐近线的斜率(k=cfrac{1}{2}=cfrac{a}{b})或者(k=cfrac{1}{2}=cfrac{b}{a})，

当(a=1)，(b=2)时，此时(c=sqrt{5})，(e=sqrt{5})；当(a=2)，(b=1)时，此时(c=sqrt{5})，(e=cfrac{sqrt{5}}{2})；

综上所述，故选(D)。

例8【2020年陕西省高三数学文质量检测一第9题】已知双曲线(E:cfrac{x^2}{a^2}-cfrac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0))，(F_1)、(F_2)分别为(E)的左、右焦点，(A_1)、(A_2)分别为(E)的左、右顶点，且(|A_1A_2|geqslant |A_2F_2|)，点(M)在双曲线右支上，若(frac{|MF_1|-2a}{|MF_1|^2})的最大值为(cfrac{1}{4})，则(E)的焦距的取值范围是【(quad)】

$A.(1,cfrac{3}{2}]$ $B.[2,3]$ $C.(1,2]$ $D.(1,3]$

法1：如图所示，由双曲线的定义可知，(|MF_1|-|MF_2|=2a)，即(|MF_1|=|MF_2|+2a)，

故(cfrac{|MF_1|-2a}{|MF_1|^2}=cfrac{|MF_2|+2a-2a}{(|MF_2|+2a)^2}=cfrac{|MF_2|}{(|MF_2|+2a)^2}=cfrac{|MF_2|}{|MF_2|^2+4a|MF_2|+4a^2})

(=cfrac{1}{|MF_2|+frac{4a^2}{|MF_2|}+4a}leqslant cfrac{1}{2sqrt{4a^2}+4a}=cfrac{1}{8a}=cfrac{1}{4})，当且仅当(|MF_2|=2a)时取到等号；

故解得(a=cfrac{1}{2})，结合题意(|A_1A_2|geqslant |A_2F_2|)，

即(2ageqslant c-a)，则(3ageqslant c)，即(cfrac{c}{a}leqslant 3)，

又由于双曲线的离心率(e=cfrac{c}{a}>1)，故(1<cfrac{c}{a}leqslant 3)，

则(cfrac{1}{2}=a<cleqslant 3a=cfrac{3}{2})，故(1<2cleqslant 3)，故选(D)。

解后反思：①牢记双曲线的定义的使用；②分式形式的化简变形技巧；③离心率的范围的使用；④不等式性质的使用；⑤本题目还可以求解离心率的范围；

法2：由于(|A_1A_2|geqslant |A_2F_2|)，即(2ageqslant c-a)，

则(3ageqslant c)，即(cfrac{c}{a}leqslant 3)，又由于双曲线的离心率(e=cfrac{c}{a}>1)，

故(1<cfrac{c}{a}leqslant 3)，设(|MF_1|=r)，

则(cfrac{|MF_1|-2a}{|MF_1|^2}=cfrac{r-2a}{r^2}=cfrac{1}{r}-2acdot (cfrac{1}{r})^2=-2a(cfrac{1}{r}-cfrac{1}{4a})^2+cfrac{1}{8a}leqslant cfrac{1}{4})

当且仅当(|MF_1|=4a)时取到等号；故(a=cfrac{1}{2})，

则由(1<cfrac{c}{a}leqslant 3)得到，(cfrac{1}{2}=a<cleqslant 3a=cfrac{3}{2})，

故(1<2cleqslant 3)，故选(D)。