【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修一）专题3.9 直线与双曲线的位置关系-重难点题型精讲 Word版含解析.docx，共(24)页，537.236 KB，由小赞的店铺上传

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专题3.9直线与双曲线的位置关系-重难点题型精讲1．直线与双曲线的位置关系(1)研究直线与双曲线的位置关系：一般通过直线方程与双曲线方程所组成的方程组的解的个数进行判断.①代入②得.当=0，即时，直线与双曲线

的渐近线平行时，直线与双曲线交于一点.当0，即时，=.>0直线与双曲线有两个交点,称直线与双曲线相交；=0直线与双曲线有一个交点,称直线与双曲线相切；<0直线与双曲线没有交点,称直线与双曲线相离.(2)对直线与双曲线的交点位置分以下三种情况

进行讨论：①若一条直线与双曲线的右支交于两个不同的点，则应满足条件；②若一条直线与双曲线的左支交于两个不同的点，则应满足条件{>0𝑥1+𝑥2<0𝑥1𝑥2>0；③若一条直线与双曲线的左、右两支各有一个交点，则应满足条件{Δ

>0𝑥1𝑥2<0.2．弦长问题①弦长公式：直线y=kx+b与双曲线相交所得的弦长d.②解决此类问题时要注意是交在同一支，还是交在两支上.③处理直线与圆锥曲线相交弦有关问题时，利用韦达定理、点差法的解题过程中，并没有条件确定直线与圆锥曲线一定会相交，因此，最后要代回去

检验.④双曲线的通径：过焦点且与焦点所在的对称轴垂直的直线被双曲线截得的线段叫作双曲线的通径.无论焦点在x轴上还是在y轴上，双曲线的通径总等于.3．“中点弦问题”“设而不求”法解决中点弦问题：①过椭圆内一点作直线，与椭圆交于两点，使这点为弦的中点，这样的

直线一定存在，但在双曲线的这类问题中，则不能确定.要注意检验.②在解决此类问题中，常用韦达定理及垂直直线的斜率关系.常用的解题技巧是如何应用直线方程将转化为能用韦达定理直接代换的.垂直关系有时用向量的数量关系

来刻画，要注意转化.4．双曲线的第二定义平面内，当动点M到一个定点的距离和它到一条定直线(点不在直线上)的距离之比是常数e=(e>1)时，这个动点的轨迹就是双曲线，定点是双曲线的焦点，定直线是双曲线的准线，常数e是双曲线的离心率.5．双曲线与其他知识交汇

问题双曲线通常与圆、椭圆、抛物线或向量、不等式、三角函数相联系综合考查，应用中应注意对知识的综合及分析.双曲线的标准方程和几何性质中涉及一些基本量，树立基本量思想对于确定双曲线方程和认识其几何性质有很大帮助.例如

，“”可以通过来证明，也可以通过来证明，证明解析几何问题的方法具有多样性.6．双曲线有关的应用问题(1)解答与双曲线有关的应用问题时，除了要准确把握题意，了解一些实际问题的相关概念，同时还要注意双曲线的定义及性质的灵活应用.(2)实际应用问题要注意其实际意义以及在该

意义下隐藏着的变量范围.【题型1判断直线与双曲线的位置关系】【方法点拨】结合具体条件，根据直线与双曲线的三种位置关系，进行判断，即可得解.【例1】（2022·全国·高二课时练习）“直线与双曲线有且仅有一个公共点”是“直线与双曲线相切”的（）A．充

分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．既非充分又非必要条件【解题思路】利用定义法，分充分性和必要性分类讨论即可.【解答过程】充分性：因为“直线与双曲线有且仅有一个公共点”，所以直线与双曲线相切或直线与进行

平行.故充分性不满足；必要性：因为“直线与双曲线相切”，所以“直线与双曲线有且仅有一个公共点”.故必要性满足.所以“直线与双曲线有且仅有一个公共点”是“直线与双曲线相切”的必要非充分条件.故选：B.【变式1-1】（2022·全

国·高二课时练习）直线𝑦=32𝑥+2与双曲线𝑥24−𝑦29=1的位置关系是（）A．相切B．相交C．相离D．无法确定【解题思路】联立直线方程和双曲线方程消去y然后可解出x=−136，从而得出直线和双曲线位置

关系，得出答案.【解答过程】由{𝑦=32𝑥+2𝑥24−𝑦29=1得𝑥24−（32𝑥+2）29=1整理得，6𝑥=−13；所以𝑥=−136，故直线和双曲线只有一个交点；又双曲线𝑥24−𝑦29=1的渐近线方程为：𝑦=±32𝑥𝑦=32𝑥+2与双曲线的一条渐近

线平行且与双曲线只有一个交点.所以直线和双曲线的位置关系为相交．故选：B.【变式1-2】（2022·福建·高二期末）直线𝑦=𝑘𝑥+2与双曲线𝑥2−𝑦2=2有且只有一个交点，那么实数𝑘的值是（）A．𝑘=±1B．𝑘=±√3或

𝑘=±√2C．𝑘=±1或𝑘=±√3D．𝑘=±√2【解题思路】直接联立直线方程和双曲线方程，分二次项系数为0和不为0分析，二次项系数不为0时需要得到的二次方程的判别式等于0．【解答过程】联立{𝑦=𝑘𝑥+2𝑥2−𝑦2=2，得(1−𝑘2)𝑥2−4𝑘𝑥−6=0①.当1−𝑘2=

0，即𝑘=±1时，方程①化为一次方程，直线𝑦=𝑘𝑥+2与双曲线𝑥2−𝑦2=2有且只有一个交点；当1−𝑘2≠0，即𝑘≠±1时，要使直线𝑦=𝑘𝑥+2与双曲线𝑥2−𝑦2=2有且只有一个交点，则方程①有两个相等的实数根，即△=(−4𝑘

)2−4(1−𝑘2)⋅(−6)=0，解得：𝑘=±√3.综上，使直线𝑦=𝑘𝑥+2与双曲线𝑥2−𝑦2=2有且只有一个交点的实数𝑘的值是±1或±√3.故选C.【变式1-3】（2022·全国·高二课时练习）过点P（4，4）且与双曲线𝑥

216−𝑦29=1只有一个交点的直线有（）．A．1条B．2条C．3条D．4条【解题思路】把直线与双曲线的位置关系，转化为方程组的解的个数来判断，借助判别式求解，注意分类讨论．【解答过程】解；双曲线方程为：𝑥216−�

�29=1，当k不存在时，直线为x＝4，与𝑥216−𝑦29=11的图象有且只有一个公共点，当k存在时，直线为：y＝k（x﹣4）+4，代入双曲线的方程可得：(9−16𝑘2)𝑥2+(128𝑘2−128𝑘)𝑥−256𝑘2+512𝑘−400=0，（1）若

9−16𝑘2＝0，k=±34时，y＝±34（x﹣4）+4与双曲线的渐近线y=±34x平行，所以与双曲线只有1个公共点，（2）k≠±34时，Δ=(128𝑘2−128𝑘)2−4(9−16𝑘2)(256𝑘2−512𝑘+400)=0，即k

=2532，此时直线y=2532（x﹣4）+4与双曲线相切，只有1个公共点．综上过点P（4，4）且与该双曲线只有一个公共点的直线4条．故选：D.【题型2弦长问题】【方法点拨】①解决弦长问题，一般运用弦长公式.

而用弦长公式时，若能结合根与系数的关系“设而不求”，可大大简化运算过程.②涉及弦长问题，应联立直线与双曲线的方程，并设法消去未知数y(或x)，得到关于x(或y)的一元二次方程，由韦达定理得到(或)，代入到弦长公式即可.【例2】（2022·全国·高二课时练习）直线𝑥−𝑦=0与

双曲线2𝑥2−𝑦2=2有两个交点为𝐴，𝐵，则|𝐴𝐵|=（）A．2B．2√2C．4D．4√2【解题思路】直线方程与双曲线方程联立方程组，直接解得交点坐标，再计算两点间距离．【解答过程】由{2𝑥2−𝑦2=2𝑥−�

�=0，得{𝑥1=√2𝑦1=√2，{𝑥2=−√2𝑦2=−√2，∴|𝐴𝐵|=√(2√2)2+(2√2)2=4.故选：C．【变式2-1】（2022·全国·高二课时练习）已知等轴双曲线的中心在原点，焦点在y轴上，与直线2𝑥+𝑦=0交于A

，B两点，若|𝐴𝐵|=2√15，则该双曲线的方程为（）A．𝑦2−𝑥2=25B．𝑦2−𝑥2=16C．𝑦2−𝑥2=9D．𝑦2−𝑥2=6【解题思路】设出双曲线方程，联立直线，求出交点坐标，即可求解【解答过程】由题意

可设双曲线方程为𝑦2−𝑥2=𝑚，𝑚>0，由{𝑦2−𝑥2=𝑚2𝑥+𝑦=0得3𝑥2=𝑚，则𝑥=±√𝑚3，𝑚>0，不妨假设𝑥𝐴=√𝑚3，则𝑦𝐴=−2√𝑚3，由图象的对称性可知，|𝐴𝐵|=2√15可化为|𝑂𝐴|=√15，

即√𝑚3+4×𝑚3=√15，解得𝑚=9，故双曲线方程为：𝑦2−𝑥2=9，故选：C.【变式2-2】（2021·全国·高二课时练习）已知双曲线𝐶：𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)的一条渐近线方程是𝑦=√2

𝑥，过其左焦点𝐹(−√3,0)作斜率为2的直线𝑙交双曲线𝐶于𝐴，𝐵两点，则截得的弦长|𝐴𝐵|=（）A．2√5B．4√5C．10D．10√2【解题思路】根据渐进线方程得出𝑏𝑎=√2,再根据焦点得出𝑐=√3,结合𝑐2=𝑎2+𝑏2

,可求出双曲线的标准方程,然后根据点斜式得出直线方程,联立方程组求出𝑥1+𝑥2=−4√3，𝑥1𝑥2=7,最后由弦长公式|𝐴𝐵|=√1+𝑘2⋅√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2即可求出截得的弦长|𝐴𝐵|.【解答过程】∵双曲线𝐶：𝑥2𝑎2−

𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)的一条渐近线方程是𝑦=√2𝑥，∴𝑏𝑎=√2，即𝑏=√2𝑎，∵左焦点𝐹(−√3,0)，∴𝑐=√3∴𝑐2=𝑎2+𝑏2=3𝑎2=3，∴𝑎2=1，𝑏2=2，∴双曲线方程为𝑥2−𝑦22=1，直线𝑙的方程为𝑦=2

(𝑥+√3)，设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)由{𝑦=2(𝑥+√3)𝑥2−𝑦22=1，消𝑦可得𝑥2+4√3𝑥+7=0，∴𝑥1+𝑥2=−4√3，𝑥1𝑥2=7，∴|𝐴𝐵|=√1+𝑘2⋅√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥

2=√1+4⋅√48−28=√5⋅√20=10．故选:C.【变式2-3】（2011·云南德宏·高二期末）经过双曲线𝑦2−𝑥2=−8的右焦点且斜率为2的直线被双曲线截得的线段的长是（）A．4√103B．20√23C．2√10D．7√2【解题思路】设出直线方程代入𝑥2−

𝑦2=8，整理可得3𝑥2−32𝑥+72=0，利用韦达定理,结合弦长公式，即可得出结论.【解答过程】由𝑦2−𝑥2=−8⇒𝑥28−𝑦28=1⇒𝑎2=𝑏2=8⇒𝑐=√𝑎2+𝑏2=√16=4，所以双曲线𝑥2−𝑦2=8的右焦点为(4,0)，经过双曲线𝑥2−�

�2=8的右焦点且斜率为2的直线方程为𝑦=2(𝑥−4)，代入𝑥2−𝑦2=8,整理可得3𝑥2−32𝑥+72=0，设交点𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2),则𝑥1+𝑥2=323,𝑥1𝑥2=24直线被

双曲线截得的线段的长是√1+22⋅|𝑥1−𝑥2|=√1+22⋅√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=√1+4⋅√3229−96=20√23，故选：B.【题型3双曲线的“中点弦”问题】【方法点拨】解决“中点弦”问题常用点差法，点差法中

体现的设而不求思想还可以用于解决对称问题，因为这类问题也与弦中点和斜率有关.与弦中点有关的问题有平行弦的中点轨迹、过定点且被定点平分的弦所在的直线方程等.在解决此类问题中，常用韦达定理及垂直直线的斜率关系.【例3】（2022·全国·高二课时练习）已知双曲线𝐶:2𝑥2−𝑦2=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|等于（）A．4√23B．3√34C．4√3D．4√2【解题思路】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.【解答过程】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)，联立双曲线：(2−𝑘2)𝑥2+2𝑘(𝑘−2)𝑥−(𝑘4−4𝑘+6)=0设𝑀(𝑥1,𝑦1),𝑁(𝑥2,𝑦2)，则𝑥1+𝑥2=−

2𝑘(𝑘−2)2−𝑘2=2𝑥𝑃，所以−2𝑘(𝑘−2)2−𝑘2=2，解得𝑘=1，则𝑥1+𝑥2=2，𝑥1𝑥2=−3.弦长|MN|=√1+𝑘2⋅√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=√2⋅√4+12=4√2

.故选：D.【变式3-1】（2022·全国·高二课时练习）已知点𝐴，𝐵在双曲线𝑥2−𝑦2=4上，线段𝐴𝐵的中点𝑀(3,1)，则|𝐴𝐵|=（）A．√2B．2√2C．√5D．2√5【解题思路】先根

据中点弦定理求出直线𝐴𝐵的斜率，然后求出直线𝐴𝐵的方程，联立后利用弦长公式求解𝐴𝐵的长.【解答过程】设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，则可得方程组：{𝑥12−𝑦12=4𝑥22

−𝑦22=4，两式相减得：(𝑥1+𝑥2)(𝑥1−𝑥2)=(𝑦1+𝑦2)(𝑦1−𝑦2)，即𝑦1+𝑦2𝑥1+𝑥2⋅𝑦1−𝑦2𝑥1−𝑥2=1，其中因为𝐴𝐵的中点为𝑀(3,1)，故𝑦1+𝑦2𝑥1+𝑥2=13，故𝑦

1−𝑦2𝑥1−𝑥2=3，即直线𝐴𝐵的斜率为3，故直线𝐴𝐵的方程为：𝑦−1=3(𝑥−3)，联立{𝑦−1=3(𝑥−3)𝑥2−𝑦2=4，解得：2𝑥2−12𝑥+17=0，由韦达定理得：𝑥1+𝑥2=6，𝑥1𝑥2

=172，则𝐴𝐵=√1+𝑘2√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=2√5故选：D.【变式3-2】（2022·全国·高二课时练习）已知双曲线𝐶:𝑥2−𝑦2=2，过右焦点的直线交双曲线于𝐴,𝐵两点，若𝐴,𝐵中点的横坐标为4，则弦𝐴𝐵长为（）A．3√2B．4√2

C．6D．6√2【解题思路】设出直线𝑦=𝑘(𝑥−2)，与𝐶:𝑥2−𝑦2=2联立，根据韦达定理，可求出𝑘的值，再根据弦长公式|𝐴𝐵|=√(1+𝑘2)(𝑥𝐴−𝑥𝐵)2求得弦𝐴𝐵的长．【解答过程】解：双曲线𝐶:𝑥22−𝑦

22=1，则𝑐2=4，所以右焦点𝐹(2,0)，根据题意易得过𝐹的直线斜率存在，设为𝑦=𝑘(𝑥−2)，𝐴(𝑥𝐴,𝑦𝐴),𝐵(𝑥𝐵,𝑦𝐵)联立{𝑦=𝑘(𝑥−2)𝑥2−𝑦2=2，化简

得(1−𝑘2)𝑥2+4𝑘2𝑥−4𝑘2−2=0，所以𝑥𝐴+𝑥𝐵=−4𝑘21−𝑘2,𝑥𝐴𝑥𝐵=−4𝑘2−21−𝑘2，因为𝐴,𝐵中点横坐标为4，所以𝑥𝐴+𝑥𝐵=−4𝑘21−𝑘2=8，解得𝑘2=2，所以𝑥𝐴𝑥𝐵=

−4𝑘2−21−𝑘2=10，则(𝑥𝐴−𝑥𝐵)2=(𝑥𝐴+𝑥𝐵)2−4𝑥𝐴𝑥𝐵=82−4×10=24，则|𝐴𝐵|=√(1+𝑘2)(𝑥𝐴−𝑥𝐵)2=√3×24=6√2．故选D．【变式3-3】（2022·全国·高三专题练习）过点P(4，2

)作一直线AB与双曲线C：𝑥22－y2＝1相交于A，B两点，若P为线段AB的中点，则|AB|＝（）A．2√2B．2√3C．3√3D．4√3【解题思路】解法一，设直线方程与曲线方程联立，利用根与系数的关系表示中点坐标，求直线的斜率，并代入弦长公式求|𝐴𝐵|；解法二，利用

点差法，求直线的斜率，再代入弦长公式.【解答过程】解法一：由题意可知，直线AB的斜率存在．设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k(x－4)＋2.由{𝑦=𝑘(𝑥−4)+2,𝑥22−𝑦2=1消去y并整理，得(1－2k2)x2＋8k(2k－1)x－32k2＋32k－1

0＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)．因为P(4，2)为线段AB的中点，所以x1＋x2＝－8𝑘(2𝑘−1)1−2𝑘2＝8，解得k＝1.所以x1x2＝−32𝑘2+32𝑘−101−2𝑘2＝10.所以|AB|＝√1+𝑘2·√(𝑥1

+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2＝4√3.故选:D.解法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则𝑥122−𝑦12=1，①𝑥222−𝑦22=1.②①－②得12(x1－x2)(x1＋x2)－(y1－y2)(y1＋y2)＝0.因为P(4，2)为线段AB的中点，所以x1＋

x2＝8，y1＋y2＝4.所以4(x1－x2)－4(y1－y2)＝0，即x1－x2＝y1－y2，所以直线AB的斜率k＝𝑦1−𝑦2𝑥1−𝑥2＝1.则直线AB的方程为y＝x－2.由{𝑦=𝑥−2,𝑥22−𝑦2=1消去y并整理，得x2－8x＋10＝0，所以x1＋

x2＝8，x1x2＝10.所以|AB|＝√1+𝑘2·√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2＝4√3.故选：D.【题型4双曲线中的面积问题】【方法点拨】双曲线中的面积问题主要有三角形面积和四边形面积问题，三角形面积问题的解题步骤是：联立直线与双曲线方

程，求出弦长，再利用点到直线的距离公式求出三角形的高，利用三角形面积公式求解即可；四边形面积问题可化为两个三角形面积来求解.【例4】（2023·全国·模拟预测）已知双曲线𝐶：𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)的一条渐近线方程为𝑥−

√2𝑦=0，焦点到渐近线的距离为1．(1)求双曲线𝐶的标准方程与离心率；(2)已知斜率为−12的直线𝑙与双曲线𝐶交于𝑥轴上方的A，𝐵两点，𝑂为坐标原点，直线𝑂𝐴，𝑂𝐵的斜率之积为−18，求△𝑂𝐴𝐵的面积．【解题思路】（1）依题意用点到直线的距离公式列方程可得c，然

后由渐近线斜率和几何量关系列方程组可解；（2）设直线方程联立双曲线方程消元，利用韦达定理表示出直线𝑂𝐴，𝑂𝐵的斜率可得直线𝑙的方程，数形结合可解.【解答过程】（1）由题意知焦点(𝑐,0)到渐近线𝑥−√2𝑦=

0的距离为𝑐√3=1，则𝑐=√3因为一条渐近线方程为𝑥−√2𝑦=0，所以𝑏𝑎=√22，又𝑎2+𝑏2=3，解得𝑎=√2，𝑏=1，所以双曲线𝐶的标准方程为𝑥22−𝑦2=1，离心率为𝑒=𝑐𝑎=√3√

2=√62．（2）设直线𝑙：𝑦=−12𝑥+𝑡(𝑡>0)，𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，联立{𝑦=−12𝑥+𝑡,𝑥22−𝑦2=1⇒𝑥2+4𝑡𝑥−4(𝑡2+1)=0，则Δ=16𝑡2+16(𝑡2+1)>0，所以𝑥1+𝑥2=−4𝑡，𝑥1⋅𝑥

2=−4(𝑡2+1)由𝑘𝑂𝐴⋅𝑘𝑂𝐵=𝑦1𝑥1⋅𝑦2𝑥2=(−12𝑥1+𝑡)(−12𝑥2+𝑡)𝑥1𝑥2=14+−𝑡2(𝑥1+𝑥2)+𝑡2𝑥1𝑥2=14+−𝑡2(−4

𝑡)+𝑡2−4(𝑡2+1)=−18，解得𝑡=1或−1（舍去），所以𝑥1+𝑥2=−4，𝑥1⋅𝑥2=−8𝑙：𝑦=−12𝑥+1，令𝑥=0，得𝑦=1，|𝑥1−𝑥2|=√(𝑥1+𝑥2)

2−4𝑥1𝑥2=√16+32=4√3，所以△𝑂𝐴𝐵的面积为𝑆=12|𝑂𝐷|(|𝑥1|+|𝑥2|)=12|𝑂𝐷||𝑥1−𝑥2|=12×1×4√3=2√3.【变式4-1】（2022·全国·高三专题练习）

已知双曲线C：𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)的离心率为√62，焦点到其渐近线的距离为1．(1)求双曲线C的标准方程；(2)已知直线l：𝑦=−12𝑥+𝑡(𝑡>0)与双曲线C交于A，B两点，O为坐标原点，直线OA，OB的斜率之积为−18，求△OAB的面积．【

解题思路】（1）由已知条件结合双曲线的性质求得𝑏，再由离心率即可求出；（2）双曲线C和直线l的方程联立，求出原点O到直线l的距离，和|𝐴𝐵|，即可得出△OAB的面积【解答过程】（1）双曲线C：𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>

0)的焦点坐标为(±𝑐,0)，其渐近线方程为𝑦=±𝑏𝑎𝑥，所以焦点到其渐近线的距离为𝑏𝑐√𝑎2+𝑏2=𝑏=1．因为双曲线C的离心率为√62，所以𝑒=𝑐𝑎=√1+𝑏2𝑎2=√62，解

得𝑎2=2，所以双曲线C的标准方程为𝑥22−𝑦2=1．（2）设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，联立{𝑦=−12𝑥+𝑡𝑥22−𝑦2=1，得𝑥2+4𝑡𝑥−4(𝑡2+1)=0，Δ=16𝑡2+16(𝑡2+1)>0，

所以𝑥1+𝑥2=−4𝑡，𝑥1𝑥2=−4(𝑡2+1)．由𝑘𝑂𝐴⋅𝑘𝑂𝐵=𝑦1𝑥1⋅𝑦2𝑥2=(−12𝑥1+𝑡)(−12𝑥2+𝑡)𝑥1𝑥2=14+−𝑡2(𝑥1+𝑥2)+𝑡2𝑥1𝑥2=14+−𝑡2(−4𝑡)+𝑡2−

4(𝑡2+1)=−18，解得t＝1（负值舍去），所以𝑥1+𝑥2=−4，𝑥1𝑥2=−8．直线l：𝑦=−12𝑥+1，所以原点O到直线l的距离为1√1+14=2√55，|𝐴𝐵|=√52|𝑥1−𝑥2|=√52√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=√52×

√16+32=2√15，所以△OAB的面积为12×2√55×2√15=2√3．【变式4-2】（2022·高二阶段练习）已知双曲线𝐸:𝑥2𝑚−𝑦25=1的离心率为e，点A的坐标是(0,2)，O为坐标

原点.(1)若双曲线E的离心率𝑒∈[√62,√2]，求实数m的取值范围；(2)当𝑒=√2时，设过点A的直线与双曲线的左支交于P，Q两个不同的点，线段𝑃𝑄的中点为M点，求△𝑂𝐴𝑀的面积𝑆△𝑂𝐴𝑀的取值范围.【解题思路】（1）由离心率公式得出32≤1+5𝑚≤2，

进而解得实数m的取值范围；（2）先得出双曲线E的方程，再联立直线和双曲线方程，利用韦达定理得出𝑆△𝑂𝐴𝑀=2𝑘𝑘2−1，再由𝑘的范围得出𝑆△𝑂𝐴𝑀的取值范围.【解答过程】(1)𝑎=√𝑚,𝑏=√5,𝑐=√𝑚+5，𝑒=𝑐𝑎=√1+

5𝑚，∵𝑒∈[√62,√2]，32≤1+5𝑚≤2，解得5≤𝑚≤10；(2)由（1）可知，√1+5𝑚=√2,𝑚=5，双曲线E的方程为𝑥25−𝑦25=1，设𝑃(𝑥1,𝑦1),𝑄(𝑥2,𝑦2)，过点A的直线方程为𝑦=𝑘𝑥+2，由{𝑥2−𝑦2=5𝑦=𝑘𝑥+2

可得(1−𝑘2)𝑥2−4𝑘𝑥−9=0，𝑥1+𝑥2=4𝑘1−𝑘2，𝑥1𝑥2=−91−𝑘2，由{−91−𝑘2>04𝑘1−𝑘2<0Δ=16𝑘2+36(1−𝑘2)>0，解得1<𝑘<3√55，𝑆△𝑂𝐴

𝑀=12×2×|𝑥𝑀|=|𝑥1+𝑥2|2=2𝑘𝑘2−1=2𝑘−1𝑘>23√55−13√55=3√52，故𝑆△𝑂𝐴𝑀>3√52.【变式4-3】（2021·吉林高三开学考试（理））已知过点(−√2,1)的双曲线𝐶的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，一条渐

近线的方程是𝑥+𝑦=0.（1）求双曲线𝐶的方程；（2）若𝑂是坐标原点，直线𝑙：𝑦=𝑘𝑥−1与双曲线𝐶的两支各有一个交点，且交点分别是𝐴，𝐵，△𝐴𝑂𝐵的面积为√2，求实数𝑘的值.【

解题思路】（1）由渐近线方程可设双曲线𝐶的方程是𝑥2−𝑦2=𝜆(𝜆≠0)，将点代入解得𝜆，可得结果；（2）联立直线与双曲线的方程，根据韦达定理可得𝑥1+𝑥2，𝑥1𝑥2，由三角形的面积公式可得𝑆△𝑂𝐴𝐵=12(𝑥1−𝑥2)，列出关

于𝑘的方程，解出即可.【解答过程】（1）因为双曲线𝐶的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，一条渐近线的方程是𝑥+𝑦=0，所以可设双曲线𝐶的方程是𝑥2−𝑦2=𝜆(𝜆≠0)，则(−√2)2−1=𝜆，解得𝜆=1.所以双曲线𝐶的方

程是𝑥2−𝑦2=1.（2）由{𝑥2−𝑦2=1,𝑦=𝑘𝑥−1,消去𝑦整理，得(1−𝑘2)𝑥2+2𝑘𝑥−2=0.由题意知{1−𝑘2≠0,𝛥=4𝑘2+8(1−𝑘2)>0,解得−√2<𝑘<√2且𝑘≠±1.设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，则�

�1+𝑥2=−2𝑘1−𝑘2，𝑥1𝑥2=−21−𝑘2.因为𝑙与双曲线的交点分别在左､右两支上，所以𝑥1⋅𝑥2<0，所以1−𝑘2>0，所以−1<𝑘<1，则𝑆△𝑂𝐴𝐵=12(𝑥1−𝑥2)=√2.所以(𝑥1−𝑥2)2=(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥

1𝑥2=(2√2)2，即(−2𝑘1−𝑘2)+81−𝑘2=8，解得𝑘=0或𝑘=±√62，又±√62∈(−1,1)，所以𝑘=0.【题型5双曲线中的定点、定值、定直线问题】【例5】（2022·广东·

高三开学考试）设直线𝑥=𝑚与双曲线𝐶：𝑥2−𝑦23=𝑚(𝑚>0)的两条渐近线分别交于𝐴，𝐵两点，且三角形𝑂𝐴𝐵的面积为√3.(1)求𝑚的值；(2)已知直线𝑙与𝑥轴不垂直且斜率不为0，𝑙与𝐶交于两个不同的点𝑀，𝑁，𝑀关于𝑥轴的对称点为𝑀′

，𝐹为𝐶的右焦点，若𝑀′，𝐹，𝑁三点共线，证明：直线𝑙经过𝑥轴上的一个定点.【解题思路】（1）求出双曲线的渐近线方程，从而得到𝐴,𝐵两点的坐标，得到三角形𝑂𝐴𝐵的面积为√3𝑚2，

列出方程，求出𝑚的值；（2）设出直线方程𝑦=𝑘(𝑥−𝑝)(𝑘≠0)，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，根据三点共线，得到斜率相等，列出方程，代入后求解出𝑝=12，求出直线所过的定点.【解答过程】（1）双曲线𝐶：𝑥2−�

�23=𝑚(𝑚≠0)的渐近线方程为𝑦=±√3𝑥，不妨设𝐴(𝑚,√3𝑚)，𝐵(𝑚,−√3𝑚)因为三角形𝑂𝐴𝐵的面积为√3，所以12|𝐴𝐵|⋅𝑚=√3𝑚2，所以√3𝑚2=√3，又𝑚>0，所以𝑚=1.（2）双曲线𝐶的方程为𝐶：𝑥2−𝑦23=1，所以

右焦点𝐹的坐标为(2,0)，若直线𝑙与𝑥轴交于点(𝑝,0)，故可设直线𝑙的方程为𝑦=𝑘(𝑥−𝑝)(𝑘≠0)，设𝑀(𝑥1,𝑦1)，𝑁(𝑥2,𝑦2)，则𝑀′(𝑥1,−𝑦1)，联立{𝑦=𝑘(𝑥

−𝑝)𝑥2−𝑦23=1，得(3−𝑘2)𝑥2+2𝑝𝑘2𝑥−(𝑘2𝑝2+3)=0，3−𝑘2≠0且Δ=(2𝑝𝑘2)2+4(3−𝑘2)(𝑘2𝑝2+3)>0，化简得𝑘2≠3且(𝑝2−1)𝑘2+3>0，所以𝑥1+

𝑥2=−2𝑝𝑘23−𝑘2，𝑥1𝑥2=−𝑘2𝑝2+33−𝑘2，因为直线𝑀𝑁的斜率存在，所以直线𝑀′𝑁的斜率也存在，因为𝑀′，𝐹，𝑁三点共线，所以𝑘𝑀′𝐹=𝑘𝐹𝑁，即−𝑦1𝑥1−2=𝑦2𝑥2−2，即−𝑦1(𝑥2−2)

=𝑦2(𝑥1−2)，所以−𝑘(𝑥1−𝑝)(𝑥2−2)=𝑘(𝑥2−𝑝)(𝑥1−2)，因为𝑘≠0，所以(𝑥1−𝑝)(𝑥2−2)+(𝑥2−𝑝)(𝑥1−2)=0，所以2𝑥1𝑥2−(𝑝+2)(𝑥1+𝑥2)+4𝑝=0，所以2⋅(−𝑘2𝑝2

+33−𝑘2)−(𝑝+2)(−2𝑝𝑘23−𝑘2)+4𝑝=0，化简得𝑝=12，所以𝑀𝑁经过𝑥轴上的定点(12,0).【变式5-1】（2022·辽宁朝阳·高三阶段练习）已知双曲线𝐶:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0

,𝑏>0)的离心率为√2，点𝑃(3,−1)在双曲线𝐶上.(1)求双曲线𝐶的方程；(2)点𝐴，𝐵在双曲线𝐶上，直线𝑃𝐴，𝑃𝐵与𝑦轴分别相交于𝑀,𝑁两点，点𝑄在直线𝐴𝐵上，若坐标原点𝑂为线段𝑀�

�的中点，𝑃𝑄⊥𝐴𝐵，证明：存在定点𝑅，使得|𝑄𝑅|为定值.【解题思路】（1）根据题意，列出方程组，求得𝑎2=8,𝑏2=8，即可求得双曲线的方程；（2）设直线𝐴𝐵的方程为𝑦=𝑘𝑥+𝑚，联立方程组，设𝐴(𝑥1,𝑦1

),𝐵(𝑥2,𝑦2)，得到𝑥1+𝑥2,𝑥1𝑥2，得出直线𝑃𝐴,𝑃𝐵的方程求得𝑀(0,−1−3𝑦1+3𝑥1−3)和𝑁(0,−1−3𝑦2+3𝑥2−3)，结合𝑂为𝑀𝑁的中点，列出方程求得𝑚=−8，求

得|𝑃𝐷|=√58为定值，利用直角△𝑃𝑄𝐷的性质，即可求解.【解答过程】（1）解：由题意，双曲线𝐶:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1的离心率为√2，且𝑃(3,−1)在双曲线𝐶上，可得{9𝑎

2−1𝑏2=1𝑒=𝑐𝑎=√2𝑐2=𝑎2+𝑏2，解得𝑎2=8,𝑏2=8，所以双曲线的方程为𝑥28−𝑦28=1.（2）解：由题意知，直线的𝐴𝐵的斜率存在，设直线𝐴𝐵的方程为𝑦=𝑘𝑥+

𝑚，联立方程组{𝑦=𝑘𝑥+𝑚𝑥2−𝑦2=8，整理得(1−𝑘2)𝑥2−2𝑘𝑚𝑥−𝑚2−8=0，则Δ=(−2𝑘𝑚)2−4(1−𝑘2)(−𝑚2−8)=4(𝑚2−8𝑘2+8)>0且1−𝑘2≠0，设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2

)，则𝑥1+𝑥2=2𝑘𝑚1−𝑘2,𝑥1𝑥2=−𝑚2−81−𝑘2，直线𝑃𝐴的方程为𝑦+1=𝑦1+1𝑥1−3(𝑥−3)，令𝑥=0，可得𝑦=−1−3𝑦1+3𝑥1−3，即𝑀(0,

−1−3𝑦1+3𝑥1−3),同理可得𝑁(0,−1−3𝑦2+3𝑥2−3)，因为𝑂为𝑀𝑁的中点，所以(−1−3𝑦1+3𝑥1−3)+(−1−3𝑦2+3𝑥2−3)=0，即−1−3(𝑘𝑥1+𝑚)+3𝑥1

−3−1+3(𝑘𝑥2+𝑚)+3𝑥2−3)=0，可得(6𝑘+2)𝑥1𝑥2−(3+9𝑘−3𝑚)(𝑥1+𝑥2)−18𝑚=0，即(𝑚+8)(𝑚+3𝑘+1)=0，所以𝑚=−8或𝑚+3𝑘+1=0

，若𝑚+3𝑘+1=0，则直线方程为𝑦=𝑘𝑥−3𝑘−1，即𝑦+1=𝑘(𝑥−3)，此时直线𝐴𝐵过点𝑃(3,−1)，不合题意；若𝑚=−8时，则直线方程为𝑦=𝑘𝑥−8，恒过定点𝐷(0,−8)，所以|𝑃𝐷|=√32+(

−1−8)2=√58为定值，又由△𝑃𝑄𝐷为直角三角形，且𝑃𝐷为斜边，所以当𝑅为𝑃𝐷的中点(32,−92)时，|𝑅𝑄|=|𝑃𝐷|=√582.【变式5-2】（2022·全国·高二课时练习）设𝐹1,𝐹2是双曲线𝐶:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)的左

､右两个焦点，𝑂为坐标原点，若点𝑃在双曲线𝐶的右支上，且|𝑂𝑃|=|𝑂𝐹1|=2,△𝑃𝐹1𝐹2的面积为3.(1)求双曲线𝐶的渐近线方程；(2)若双曲线𝐶的两顶点分别为𝐴1(−𝑎,0),𝐴2(𝑎,0)，过点𝐹2的直线𝑙与

双曲线𝐶交于𝑀，𝑁两点，试探究直线𝐴1𝑀与直线𝐴2𝑁的交点𝑄是否在某条定直线上？若在，请求出该定直线方程；若不在，请说明理由.【解题思路】（1）由已知条件可得△𝑃𝐹1𝐹2为直角三角形,利用双曲线的定

义和勾股定理进行计算可得a,b,c,然后由渐近线公式可得答案.（2）对直线𝑙的斜率不存在和存在两种情况进行讨论，将直线方程与双曲线方程联立，写出直线𝐴1𝑀和直线𝐴2𝑁的方程，并联立利用韦达定理求解即可.

【解答过程】（1）由|𝑂𝑃|=|𝑂𝐹1|=2得𝑐=2，且𝑃𝐹1⊥𝑃𝐹2所以{|𝑃𝐹1|−|𝑃𝐹2|=2𝑎12|𝑃𝐹1|.|𝑃𝐹2|=3,|𝑃𝐹1|2+|𝑃𝐹2|2=4𝑐2=16=(|𝑃𝐹1|−|𝑃𝐹2|

)2+2|𝑃𝐹1||𝑃𝐹2|即4𝑎2+12=16解得𝑎=1,又𝑎2+𝑏2=𝑐2=4,𝑏=√3,故双曲线的渐近线方程为𝑦=±𝑏𝑎𝑥=±√3𝑥.（2）由（1）可知双曲线的方程为𝑥2−

𝑦23=1.（i）当直线𝑙的斜率不存在时，𝑀(2,3),𝑁(2,−3)，直线𝐴1𝑀的方程为𝑦=𝑥+1，直线𝐴2𝑁的方程为𝑦=−3𝑥+3，联立直线𝐴1𝑀与直线𝐴2𝑁的方程可得𝑄(12,32)，（ii）当

直线𝑙的斜率存在时，易得直线l不和渐近线平行，且斜率不为0，设直线𝑙的方程为𝑦=𝑘(𝑥−2)(𝑘≠0,𝑘≠±√3),𝑀(𝑥1,𝑦1),𝑁(𝑥2,𝑦2)，联立{𝑦=𝑘(𝑥−2)𝑥2−𝑦23=1

得(3−𝑘2)𝑥2+4𝑘2𝑥−4𝑘2−3=0,∴∆>0,𝑥1+𝑥2=4𝑘2𝑘2−3,𝑥1𝑥2=4𝑘2+3𝑘2−3，∴直线𝐴1𝑀的方程为𝑦=𝑦1𝑥1+1(𝑥+1)，直线𝐴2𝑁的方程为𝑦=𝑦2𝑥2−1(𝑥−1)，联

立直线𝐴1𝑀与直线𝐴2𝑁的方程可得：𝑥+1𝑥−1=𝑦2(𝑥1+1)𝑦1(𝑥2−1)，两边平方得(𝑥+1𝑥−1)2=𝑦22(𝑥1+1)2𝑦12(𝑥2−1)2，又𝑀(𝑥1,𝑦1),𝑁(𝑥2,𝑦2)满足𝑥2

−𝑦23=1，∴𝑦22(𝑥1+1)2𝑦12(𝑥2−1)2=3(𝑥22−1)(𝑥1+1)23(𝑥12−1)(𝑥2−1)2=(𝑥2+1)(𝑥1+1)(𝑥1−1)(𝑥2−1)=𝑥1𝑥2+(𝑥1+𝑥2)+1𝑥1𝑥2−(𝑥1+𝑥

2)+1.=4𝑘2+3𝑘2−3+4𝑘2𝑘2−3+14𝑘2+3𝑘2−3−4𝑘2𝑘2−3+1=4𝑘2+3+4𝑘2+𝑘2−34𝑘2+3−4𝑘2+𝑘2−3=9，∴(𝑥+1𝑥−1)2=9,∴𝑥=12，或𝑥=2，（舍去).

综上，𝑄在定直线上，且定直线方程为𝑥=12.【变式5-3】（2022·全国·高二课时练习）已知双曲线𝐶：𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)的右焦点为𝐹，左顶点为A，且|𝐹𝐴|=2+√5，𝐹到C的渐近线的距离为1，过点

𝐵(4,0)的直线𝑙与双曲线C的右支交于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴分别交于M，N两点.(1)求双曲线C的标准方程.(2)若直线MB，NB的斜率分别为𝑘1，𝑘2，判断𝑘1𝑘2是否为定值.若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【解题思路】（1）由题意

可得|𝐹𝐴|=𝑎+𝑐=2+√5，𝑏=1，再结合𝑐2=𝑎2+𝑏2可求出𝑎，从而可求出双曲线方程，（2）设直线𝑙：𝑥=𝑚𝑦+4，−2<𝑚<2，𝑃(𝑥1,𝑦1)，𝑄(𝑥2

,𝑦2)，将直线方程代入双曲线方程消去𝑥，利用根与系数的关系，表示出直线𝐴𝑃的方程，可表示出点𝑀的坐标，同理可表示出点𝑁的坐标，从而可表示𝑘1，𝑘2，然后计算化简𝑘1𝑘2即可【解答过程】（1）由题意得|𝐹𝐴|=𝑎+𝑐=2+√5，𝐹(𝑐,0)，渐近线方程为𝑦=

±𝑏𝑎𝑥，则𝐹(𝑐,0)到渐近线的距离为|𝑏𝑐|√𝑎2+𝑏2=𝑏𝑐𝑐=𝑏=1，又因为𝑐2=𝑎2+𝑏2，所以𝑎=2，𝑏=1，𝑐=√5，故双曲线𝐶的标准方程为𝑥24−�

�2=1.（2）设直线𝑙：𝑥=𝑚𝑦+4，−2<𝑚<2，𝑃(𝑥1,𝑦1)，𝑄(𝑥2,𝑦2)，联立方程组{𝑥=𝑚𝑦+4,𝑥24−𝑦2=1,得(𝑚2−4)𝑦2+8𝑚𝑦+12=0，所以𝑦1+𝑦2=−8𝑚𝑚2−4，𝑦1𝑦2=12𝑚2−4.因为直线

𝐴𝑃的方程为𝑦=𝑦1𝑥1+2(𝑥+2)，所以𝑀的坐标为(0,2𝑦1𝑥1+2)，同理可得𝑁的坐标为(0,2𝑦2𝑥2+2).因为𝑘1=2𝑦1𝑥1+2−4=−𝑦12(𝑥1+2)，𝑘2=2𝑦2𝑥2+2−4=−𝑦22(𝑥2+2)，所以𝑘1𝑘2=𝑦

1𝑦24(𝑥1+2)(𝑥2+2)=𝑦1𝑦24(𝑚𝑦1+6)(𝑚𝑦2+6)=𝑦1𝑦24[𝑚2𝑦1𝑦2+6𝑚(𝑦1+𝑦2)+36]=12𝑚2−44(12𝑚2𝑚2−4−48𝑚2𝑚2−4+36)=312𝑚2−48�

�2+36𝑚2−144=−148，即𝑘1𝑘2为定值−148.【题型6双曲线有关的应用问题】【方法点拨】利用双曲线解决实际问题的基本步骤：①建立适当的直角坐标系；②求出双曲线的标准方程；③根据双曲线的方程及定义、直线与双曲线的位置关系来解决实际应用问题.【例6】（2022·江苏

南通·高三阶段练习）郑州中原福塔的外立面呈双曲抛物面状，造型优美，空中俯瞰犹如盛开的梅花绽放在中原大地，是现代建筑与艺术的完美结合.双曲抛物面又称马鞍面，其在笛卡儿坐标系中的方程与在平面直角坐标系中的双曲线方程类似.双曲线在物理学中具有很多应用，比如波的干涉图样为双曲线､反射式天文望远镜利用了其

光学性质等等.（1）已知𝐴，𝐵是在直线𝑙两侧且到直线𝑙距离不相等的两点，𝑃为直线𝑙上一点.试探究当点𝑃的位置满足什么条件时，|𝑃𝐴−𝑃𝐵|取最大值；（2）若光线在平滑曲线上发生反射时，入射光线与反射光线关于曲线在

入射点处的切线在该点处的垂线对称.证明：由双曲线一个焦点射出的光线，在双曲线上发生反射后，反射光线的反向延长线交于双曲线的另一个焦点.【解题思路】（1）作点A关于直线l对称点𝐴′，直线𝐴′𝐵与x轴的交点即为|𝑃𝐴−𝑃𝐵|取最

大值时的点P，由三角形两边之差小于第三边可证；（2）设入射光线从𝐹2出射，入射点𝑄，则点𝑄在（曲线在入射点处的）切线上，先证明𝑄是切线上唯一使得|𝑄𝐹1−𝑄𝐹2|取最大值的点，再由结论（1）可得切线即∠𝐹1𝑄𝐹2的角平分线，即反射光线的反向

延长线交于双曲线的另一个焦点𝐹1.【解答过程】（1）不妨设𝐴点到直线𝑙的距离比𝐵点到直线𝑙的距离大，作点𝐴关于直线𝑙的对称点𝐴′.当𝐴′，𝐵，𝑃三点共线，即𝑙为∠𝐴𝑃𝐵的平分线时，有𝑃𝐴−𝑃𝐵=𝑃𝐴′−𝑃𝐵=𝐴′𝐵，当𝐴′

，𝐵，𝑃三点不共线，即𝑙不是∠𝐴𝑃𝐵的平分线时，取这样的点𝑃′，则𝐴′，𝐵，𝑃′能构成一个三角形，故𝑃′𝐴−𝑃′𝐵=𝑃′𝐴′−𝑃′𝐵＜𝐴′𝐵(两边之差小于第三边)，因

此，当且仅当𝑃的位置使得𝑙为∠𝐴𝑃𝐵的平分线时，|𝑃𝐴−𝑃𝐵|取最大值.（2）不妨设双曲线的焦点在𝑥轴上，实半轴长为𝑎，虚半轴长为b，左右焦点分别为𝐹1，𝐹2，入射光线𝑙1从𝐹2出射，入射点𝑄，反射光线

𝑙2，双曲线在𝑄点处的切线𝑙3，𝑙3在𝑄点处的垂线𝑙4，由光的反射定律，𝑙1，𝑙2关于𝑙4对称，故𝑙1，𝑙2关于𝑙3对称，要证：反射光线𝑙2过点𝐹1，只要证：𝑙3是∠𝐹1𝑄𝐹2的角平分线，定义双曲线焦点所在区域为双曲线的内部，渐近线

所在区域为双曲线的外部，由双曲线的定义，|𝐹1𝑄−𝐹2𝑄|=2𝑎，双曲线上任意一点满足方程为𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1，若|𝐹1𝑄′−𝐹2𝑄′|>2𝑎，𝑄′满足不等式𝑥2�

�2−𝑦2𝑏2>1，即𝑄′与焦点同在双曲线内部；若|𝐹1𝑄″−𝐹2𝑄″|<2𝑎，𝑄″满足不等式𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2<1，即𝑄″在双曲线外部.故：对于双曲线内部的任意一点𝑄′，有|𝐹1𝑄′−𝐹2𝑄′|＞2𝑎，对于双曲线外部的任意一点𝑄″，有|𝐹1𝑄″−𝐹

2𝑄″|＜2𝑎，又𝑙3是双曲线在𝑄点处的切线，故在𝑙3上有且仅有一点𝑄使得|𝐹1𝑄−𝐹2𝑄|=2𝑎，𝑙3上其他点𝑄‴均有|𝐹1𝑄‴−𝐹2𝑄‴||＜2𝑎，故𝑄是𝑙3上唯一使得|

𝐹1𝑄−𝐹2𝑄|取最大值的点，又𝐹1，𝐹2到直线𝑙3距离不相等，根据(1)中结论，可知𝑙3是∠𝐹1𝑄𝐹2的角平分线，故反射光线𝑙2过点𝐹1，命题得证.【变式6-1】（2022·全国·高二课

时练习）为捍卫钓鱼岛及其附属岛屿的领土主权，中国派出舰船“唐山号”、“石家庄号”和“邯郸号”在钓鱼岛领海巡航.某日，正巡逻在A处的“唐山号”突然发现来自P处的疑似敌舰的某信号，发现信号时“石家庄号”和“邯郸号”正分别位于如图所示的B、C两处，其中A在B的正东方向相距6海里处，C在B的北偏西30°方

向相距4海里处.由于B、C比A距P更远，因此，4秒后B、C才同时发现这一信号（该信号的传播速度为每秒1海里），试确定疑似敌舰相对于A点“唐山号”的位置.【解题思路】以直线AB为x轴，线段AB的中点O为原点建立坐标系，求出点P所在的轨迹方程即可计算作答.【解答过程】取A、B

所在直线为x轴，线段AB的中点O为原点建立直角坐标系，如图，𝐴(3,0),𝐵(−3,0),𝐶(−5,2√3)，依题意，|𝑃𝐵|−|𝑃𝐴|=4<6=|𝐴𝐵|，则点P在以A、B为焦点，实轴长为4的双曲线的右支上，方程为𝑥24

−𝑦25=1(𝑥≥2)，又B、C同时测得同一信号，即有|𝑃𝐵|=|𝑃𝐶|，则点P又在线段BC的中垂线上，而线段BC的中点(−4,√3)，直线BC的斜率为2√3−5−(−3)=−√3，线段BC的中垂线方程为

𝑦−√3=√33(𝑥+4)，即𝑥−√3𝑦+7=0，由方程组{𝑥−√3𝑦+7=05𝑥2−4𝑦2=20，解得{𝑥=8𝑦=5√3，即𝑃(8,5√3)，直线𝐴𝑃的斜率𝑘𝐴𝑃=√3，即直线AP的倾斜角为60∘，|𝑃𝐴|=10，所以P在A的北偏东30°方向，相距10

海里处.【变式6-2】（2022·全国·高二课时练习）某飞船返回舱顺利到达地球后，为了及时将航天员安全救出，地面指挥中心在返回舱预计到达区域安排了三个救援中心(记为A，B，C)，A在B的正东方向，相距6km；C在B的北偏西30°方向，相距4km；P为航天员的着陆点

．某一时刻，A接收到P的求救信号，由于B，C两地比A距P远，在此4s后，B，C两个救援中心才同时接收到这一信号．已知该信号的传播速度为1km/s，求在A处发现P的方位角．【解题思路】结合双曲线的定义求得𝑃点的轨迹方程，求得𝑃点的坐

标，进而求得在𝐴处发现𝑃的方位角.【解答过程】因为B，C同时接收到信号，所以PC＝PB，则P在BC的中垂线上．因为B，C比A处晚4s收到信号，所以有PB－PA＝4×1<6＝AB，从而P在以A，B为焦点的双曲线的右支上，所以2a＝4，c＝3，

从而b2＝c2－a2＝5.以线段AB的中点𝑂为坐标原点，AB的中垂线为y轴，正东方向为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，则A(3，0)，B(－3，0)，𝐶(−5,2√3)，所以双曲线的方程为𝑥24−𝑦25=1(𝑥>2)，BC的中垂线的方程为𝑦−√

3=22√3(𝑥+4),𝑥−√3𝑦+7=0.联立{𝑥24−𝑦25=1𝑥−√3𝑦+7=0，解得{𝑥=8𝑦=5√3或{𝑥=−3211𝑦=15√311(舍去)，即𝑃(8,5√3)，从而𝑘𝑃𝐴=5

√38−3=√3，所以PA的倾斜角为60°，则P在A的北偏东30°方向．【变式6-3】（2021·全国·高二单元测试）如图，某野生保护区监测中心设置在点𝑂处，正西、正东、正北处有三个监测点𝐴、𝐵、𝐶，且|𝑂𝐴|=|𝑂𝐵|=|𝑂𝐶

|=30𝑘𝑚，一名野生动物观察员在保护区遇险，发出求救信号，三个监测点均收到求救信号，𝐴点接收到信号的时间比𝐵点接收到信号的时间早40𝑉0秒（注：信号每秒传播𝑉0千米）.（1）以𝑂为原点，直线𝐴𝐵为𝑥轴建立平面直角坐标系（如题），根

据题设条件求观察员所有可能出现的位置的轨迹方程；（2）若已知𝐶点与𝐴点接收到信号的时间相同，求观察员遇险地点坐标，以及与检测中心𝑂的距离；（3）若𝐶点监测点信号失灵，现立即以监测点𝐶为圆心进行“圆形”红外扫描，为

保证有救援希望，扫描半径𝑟至少是多少公里？【解题思路】（1）根据题意，其轨迹满足双曲线的定义，故直接写出方程即可；（2）𝐴𝐶垂直平分线与双曲线的交点，即为所求点；（3）根据两点之间的距离公式，将问题转化为

求二次函数的最小值即可.【解答过程】（1）设观察员可能出现的位置的所在点为𝑃(𝑥,𝑦)因为𝐴点接收到信号的时间比𝐵点接收到信号的时间早40𝑉0秒故|𝑃𝐵|−|𝑃𝐴|=40𝑉0×𝑉0=40<|𝐴

𝐵|=60故点𝑃的坐标满足双曲线的定义，设双曲线方程为𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑥<0)由题可知2𝑎=40,2𝑐=60，解得𝑏2=𝑐2−𝑎2=500，故点𝑃的轨迹方程为𝑥2400−𝑦2500=1(𝑥<0).（2）因为𝐴(−

30,0),𝐶(0,30)，设𝐴𝐶的垂直平分线方程为𝑦=𝑘𝑥则𝑘×30−00−(−30)=−1，则𝐴𝐶的垂直平分线方程为𝑦=−𝑥联立𝑥2400−𝑦2500=1(𝑥<0)可得𝑥2=√200

0，故𝑥=−20√5,𝑦=20√5故观察员遇险地点坐标为(−20√5,20√5)与检测中心𝑂的距离为√(−20√5)2+(20√5)2=20√10𝑘𝑚.（3）设轨迹上一点为𝑃(𝑥,𝑦)，则|𝑃𝐶|

=√𝑥2+(𝑦−30)2=√𝑥2+𝑦2−60𝑦+900又因为𝑥2400−𝑦2500=1，可得𝑥2=45𝑦2+400代入可得：|𝑃𝐶|=√95𝑦2−60𝑦+1300=√95[(𝑦−5

03)2+800]≥√800=20√2，当且仅当𝑦=503时，取得最小值20√2.故扫描半径𝑟至少是20√2𝑘𝑚.