《2025年赢在微点数学》

[变式训练]　已知双曲线$E$的中心在原点，$F(3,0)$是$E$的焦点，过$F$的直线$l$与$E$相交于$A$，$B$两点，且线段$AB$的中点为$N(-12,-15)$，则$E$的方程为（ ）
A.$\frac{x^{2}}{3}-\frac{y^{2}}{6}=1$　　　
　B.$\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{5}=1$
C.$\frac{x^{2}}{6}-\frac{y^{2}}{3}=1$　　　
　D.$\frac{x^{2}}{5}-\frac{y^{2}}{4}=1$

答案： B　解析　由已知条件易得直线$l$的斜率$k=\frac{-15 - 0}{-12 - 3}=1$，设双曲线$E$的方程为$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞0,b＞0)$，$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，则$\frac{x_{1}^{2}}{a^{2}}-\frac{y_{1}^{2}}{b^{2}}=1$，$\frac{x_{2}^{2}}{a^{2}}-\frac{y_{2}^{2}}{b^{2}}=1$，$x_{1}+x_{2}=-24$，$y_{1}+y_{2}=-30$，由①②得$\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=\frac{4b^{2}}{5a^{2}}$，从而$\frac{4b^{2}}{5a^{2}}=1$，又因为$a^{2}+b^{2}=c^{2}=9$，故$a^{2}=4$，$b^{2}=5$，所以$E$的方程为$\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{5}=1$。故选B。

[例3]　(2024·重庆名校联考)已知双曲线$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞0,b＞0)$与双曲线$x^{2}-y^{2}=1$有相同的渐近线，$A$，$F$分别为双曲线$C$的左顶点和右焦点，过$F$且垂直于$x$轴的直线与双曲线交于第一象限的点$B$，$\triangle ABF$的面积为$2(\sqrt{2}+1)$。
(1)求双曲线$C$的方程；
(2)若直线$y = kx - 1$与双曲线的左、右两支分别交于$M$，$N$两点，与双曲线的两条渐近线分别交于$P$，$Q$两点，$|MN|=\lambda|PQ|$，求实数$\lambda$的取值范围。

答案：
解　
(1)如图①,其中$A(-a,0)$，$F(c,0)$，双曲线$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞0,b＞0)$与双曲线$x^{2}-y^{2}=1$有相同的渐近线，所以$a = b$，则$c=\sqrt{a^{2}+b^{2}}=\sqrt{2}a$，由题知$BF\perp AF$，所以$B(c,\frac{b^{2}}{a})$，则$S_{\triangle ABF}=\frac{1}{2}|AF|\cdot y_{B}=\frac{1}{2}(c + a)\cdot\frac{b^{2}}{a}=\frac{(\sqrt{2}+1)a^{2}}{2}=2(\sqrt{2}+1)$，解得$a = 2$，所以双曲线$C$的方程为$\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{4}=1$。
　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)如图②,设$M(x_{1},y_{1})$，$N(x_{2},y_{2})$，则$\begin{cases}y = kx - 1\\\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{4}=1\end{cases}$，化简得$(1 - k^{2})x^{2}+2kx - 5=0$，所以$\begin{cases}1 - k^{2}\neq0\\\Delta = 4k^{2}-4(1 - k^{2})\cdot(-5)＞0\\x_{1}x_{2}=\frac{-5}{1 - k^{2}}＜0\end{cases}$，则$-1＜k＜1$，且$\begin{cases}x_{1}+x_{2}=\frac{-2k}{1 - k^{2}}\\x_{1}x_{2}=\frac{-5}{1 - k^{2}}\end{cases}$，所以$|MN|=\sqrt{1 + k^{2}}|x_{1}-x_{2}|=\sqrt{1 + k^{2}}\sqrt{(\frac{-2k}{1 - k^{2}})^{2}-4\times\frac{-5}{1 - k^{2}}}=\frac{2\sqrt{1 + k^{2}}\times\sqrt{5 - 4k^{2}}}{1 - k^{2}}$，设$P(x_{3},y_{3})$，$Q(x_{4},y_{4})$，由$\begin{cases}y = kx - 1\\y = x\end{cases}$，得$x_{3}=\frac{1}{k - 1}$，同理，$x_{4}=\frac{1}{k + 1}$，所以$|PQ|=\sqrt{1 + k^{2}}|x_{3}-x_{4}|=\sqrt{1 + k^{2}}|\frac{1}{k - 1}-\frac{1}{k + 1}|=\frac{2\sqrt{1 + k^{2}}}{1 - k^{2}}$，所以$\lambda=\frac{|MN|}{|PQ|}=\frac{\frac{2\sqrt{1 + k^{2}}\times\sqrt{5 - 4k^{2}}}{1 - k^{2}}}{\frac{2\sqrt{1 + k^{2}}}{1 - k^{2}}}=\sqrt{5 - 4k^{2}}$，其中，$-1＜k＜1$，所以$\sqrt{5 - 4k^{2}}\in(1,\sqrt{5}]$，故$\lambda$的取值范围是$(1,\sqrt{5}]$。

[变式训练]　(1)已知点$A$，$B$在双曲线$x^{2}-y^{2}=4$上，线段$AB$的中点$M(3,1)$，则$|AB| =$（ ）
A.$\sqrt{2}$　　
　B.$2\sqrt{2}$　
　C.$\sqrt{5}$　　
　D.$2\sqrt{5}$

答案： D　解析　设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，则可得方程组$\begin{cases}x_{1}^{2}-y_{1}^{2}=4\\x_{2}^{2}-y_{2}^{2}=4\end{cases}$，两式相减得$(x_{1}+x_{2})(x_{1}-x_{2})=(y_{1}+y_{2})(y_{1}-y_{2})$，即$\frac{y_{1}+y_{2}}{x_{1}+x_{2}}\cdot\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=1$，因为线段$AB$的中点为$M(3,1)$，故$\frac{y_{1}+y_{2}}{x_{1}+x_{2}}=\frac{1}{3}$，故$\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=3$，即直线$AB$的斜率为3，故直线$AB$的方程为$y - 1=3(x - 3)$，联立$\begin{cases}y - 1=3(x - 3)\\x^{2}-y^{2}=4\end{cases}$，得$2x^{2}-12x + 17=0$，由根与系数的关系，得$x_{1}+x_{2}=6$，$x_{1}x_{2}=\frac{17}{2}$，则$|AB|=\sqrt{1 + k^{2}}\sqrt{(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}}=2\sqrt{5}$。故选D。

(2)已知双曲线$C$的中心在原点，焦点$F_1$，$F_2$在坐标轴上，离心率为$\sqrt{2}$，且过点$(2,\sqrt{2})$。
(ⅰ)求双曲线$C$的标准方程；
(ⅱ)设双曲线的两条渐近线分别为$l_1$，$l_2$，已知直线$l:y = 2x + m$交$l_1$，$l_2$于$A$，$B$两点，若直线$l$与轨迹$C$有且只有一个公共点，求$\triangle AOB$的面积。

答案： 解　(ⅰ)因为双曲线的离心率为$\sqrt{2}$，故该双曲线为等轴双曲线，设方程为$x^{2}-y^{2}=\lambda(\lambda\neq0)$，代入点$(2,\sqrt{2})$，得$4 - 2=2=\lambda$，故双曲线$C$的标准方程为$\frac{x^{2}}{2}-\frac{y^{2}}{2}=1$。
　(ⅱ)在直线方程$y = 2x + m$中，令$y = 0$，得$D(-\frac{m}{2},0)$，故$S_{\triangle AOB}=\frac{1}{2}\cdot|OD|\cdot|y_{A}-y_{B}|$，联立$\begin{cases}x^{2}-y^{2}=2\\y = 2x + m\end{cases}$，整理得$3x^{2}+4mx + m^{2}+2=0$，由题意得$\Delta=16m^{2}-12(m^{2}+2)=4m^{2}-24=0$，故$m^{2}=6$，联立$\begin{cases}y = x\\y = 2x + m\end{cases}$，解得$y_{A}=-m$；联立$\begin{cases}y=-x\\y = 2x + m\end{cases}$，得$y_{B}=\frac{m}{3}$，因此$S_{\triangle AOB}=\frac{1}{2}\cdot|OD|\cdot|y_{A}-y_{B}|=\frac{1}{2}\cdot|-\frac{m}{2}|\cdot|-m-\frac{m}{3}|=\frac{m^{2}}{3}=2$。