《2025年高考帮数学》

例1　(1)[全国卷III]设双曲线$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞0,b＞0)$的左、右焦点分别为$F_{1},F_{2}$,离心率为$\sqrt{5}$. $P$是$C$上一点,且$F_{1}P\perp F_{2}P$. 若$\triangle PF_{1}F_{2}$的面积为4,则$a =$　　　　　　　　　　(　　　)
A. 1　　　　B. 2　　　　C. 4　　　　D. 8
(2)已知圆$C_{1}:(x + 3)^{2}+y^{2}=1,C_{2}:(x - 3)^{2}+y^{2}=9$,动圆$M$同时与圆$C_{1}$和圆$C_{2}$相外切,则动圆圆心$M$的轨迹为　　　　　　　　　　(　　　)
A. 双曲线　　　　　　B. 椭圆
C. 双曲线左支　　　　D. 双曲线右支

答案：
(1)A解法一：设$|PF_{1}| = m$，$|PF_{2}| = n$，$P$为双曲线右支上一点，则由双曲线的定义得$m - n = 2a$。由题意得$S_{\triangle PF_{1}F_{2}}=\frac{1}{2}mn = 4$，且$m^{2}+n^{2}=4c^{2}=(m - n)^{2}+2mn = 4a^{2}+16$，又$e=\frac{c}{a}=\sqrt{5}$，故$\frac{c^{2}}{a^{2}}=\frac{a^{2}+4}{a^{2}} = 5$，所以$a = 1$，故选A。
解法二：由题意及双曲线焦点三角形的结论，得$S_{\triangle PF_{1}F_{2}}=\frac{b^{2}}{\tan45^{\circ}} = 4$，得$b^{2}=4$，又$\frac{c^{2}}{a^{2}} = 5$，$c^{2}=b^{2}+a^{2}$，所以$a = 1$。
(2)C设动圆$M$的半径为$r$，由动圆$M$同时与圆$C_{1}$和圆$C_{2}$相外切，得$|MC_{1}| = 1 + r$，$|MC_{2}| = 3 + r$，$|MC_{2}|-|MC_{1}| = 2 ＜ 6$，所以动圆圆心$M$的轨迹是以点$C_{1}(-3,0)$和$C_{2}(3,0)$为焦点的双曲线的左支。

训练1　(1)已知$P$是双曲线$C:\frac{x^{2}}{2}-y^{2}=1$右支上一点,直线$l$是双曲线$C$的一条渐近线. $P$在$l$上的射影为$Q$,$F_{1}$是双曲线$C$的左焦点,则$|PF_{1}|+|PQ|$的最小值为　　　　　　　(　　　)
A. 1　　　　　　　　　B. $2+\frac{\sqrt{15}}{5}$
C. $4+\frac{\sqrt{15}}{5}$　　　　　　D. $2\sqrt{2}+1$
(2)已知$F_{1},F_{2}$分别为双曲线$C:x^{2}-y^{2}=2$的左、右焦点,点$P$在$C$上,$\angle F_{1}PF_{2}=60^{\circ}$,则$\triangle F_{1}PF_{2}$的面积为________.

答案：
(1)D设双曲线的右焦点为$F_{2}$，因为$|PF_{1}|-|PF_{2}| = 2\sqrt{2}$，所以$|PF_{1}| = 2\sqrt{2}+|PF_{2}|$，$|PF_{1}|+|PQ| = 2\sqrt{2}+|PF_{2}|+|PQ|$。当且仅当$Q$，$P$，$F_{2}$三点共线，且$P$在$Q$，$F_{2}$之间时，$|PF_{2}|+|PQ|$最小，且最小值为点$F_{2}$到直线$l$的距离。点$F_{2}$到直线$l$的距离$d = 1$，故$|PQ|+|PF_{1}|$的最小值为$2\sqrt{2}+1$，故选D。
(2)$2\sqrt{3}$解法一：不妨设点$P$在双曲线的右支上，则$|PF_{1}|-|PF_{2}| = 2a = 2\sqrt{2}$，在$\triangle F_{1}PF_{2}$中，由余弦定理，得$\cos\angle F_{1}PF_{2}=\frac{|PF_{1}|^{2}+|PF_{2}|^{2}-|F_{1}F_{2}|^{2}}{2|PF_{1}||PF_{2}|}=\frac{1}{2}$，所以$|PF_{1}|\cdot|PF_{2}| = 8$，所以$S_{\triangle F_{1}PF_{2}}=\frac{1}{2}|PF_{1}|\cdot|PF_{2}|\cdot\sin60^{\circ}=2\sqrt{3}$。
解法二：由题意可得双曲线$C$的标准方程为$\frac{x^{2}}{2}-\frac{y^{2}}{2}=1$，所以可得$b^{2}=2$，由双曲线焦点三角形的面积公式$S_{\triangle PF_{1}F_{2}}=\frac{b^{2}}{\tan\frac{\angle F_{1}PF_{2}}{2}}$，可得$S_{\triangle F_{1}PF_{2}}=\frac{2}{\tan30^{\circ}}=2\sqrt{3}$。

例2(1)已知定点$F_{1}(-2,0),F_{2}(2,0)$,$N$是圆$O:x^{2}+y^{2}=1$上任意一点,点$F_{1}$关于点$N$的对称点为$M$,线段$F_{1}M$的垂直平分线与直线$F_{2}M$相交于点$P$,则点$P$的轨迹方程是(　　　)
A. $x^{2}+\frac{y^{2}}{3}=1$　　　　　B. $x^{2}-\frac{y^{2}}{3}=1$
C. $\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$　　　　　D. $\frac{x^{2}}{3}-y^{2}=1$
(2)[2023天津高考]双曲线$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞0,b＞0)$的左、右焦点分别为$F_{1},F_{2}$. 过$F_{2}$作其中一条渐近线的垂线,垂足为$P$. 已知$|PF_{2}| = 2$,直线$PF_{1}$的斜率为$\frac{\sqrt{2}}{4}$,则双曲线的方程为(　　　)
A. $\frac{x^{2}}{8}-\frac{y^{2}}{4}=1$　　　　　B. $\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{8}=1$
C. $\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{2}=1$　　　　　D. $\frac{x^{2}}{2}-\frac{y^{2}}{4}=1$

答案：

(1)B如图，当点$P$在$y$轴左侧时，连接$ON$，$PF_{1}$。因为$|ON|=\frac{1}{2}|F_{2}M| = 1$，所以$|F_{2}M| = 2$，由$PN$所在直线为线段$MF_{1}$的垂直平分线，可得$|PF_{1}| = |PM| = |PF_{2}|-|F_{2}M| = |PF_{2}|-2$，所以$|PF_{2}|-|PF_{1}| = 2 ＜ |F_{1}F_{2}| = 4$。同理，当点$P$在$y$轴右侧时，$|PF_{1}|-|PF_{2}| = 2 ＜ |F_{1}F_{2}| = 4$。故点$P$的轨迹是以$F_{1}$，$F_{2}$为焦点的双曲线，对应的方程为$x^{2}-\frac{y^{2}}{3}=1$。

(2)D解法一：由题意可知该渐近线方程为$y=\frac{b}{a}x$，直线$PF_{2}$的方程为$y = -\frac{a}{b}(x - c)$，与$y=\frac{b}{a}x$联立并解得$\begin{cases}x=\frac{a^{2}}{c}\\y=\frac{ab}{c}\end{cases}$，即$P(\frac{a^{2}}{c},\frac{ab}{c})$。因为直线$PF_{2}$与渐近线$y=\frac{b}{a}x$垂直，所以$PF_{2}$的长度即为点$F_{2}(c,0)$到直线$y=\frac{b}{a}x$(即$bx - ay = 0$)的距离，由点到直线的距离公式得$|PF_{2}|=\frac{bc}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}=\frac{bc}{c}=b$，所以$b = 2$。因为$F_{1}(-c,0)$，$P(\frac{a^{2}}{c},\frac{ab}{c})$，且直线$PF_{1}$的斜率为$\frac{\sqrt{2}}{4}$，所以$\frac{\frac{ab}{c}}{\frac{a^{2}}{c}+c}=\frac{\sqrt{2}}{4}$，化简得$\frac{ab}{a^{2}+c^{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$，又$b = 2$，$c^{2}=a^{2}+b^{2}$，所以$\frac{2a}{2a^{2}+4}=\frac{\sqrt{2}}{4}$，整理得$a^{2}-2\sqrt{2}a + 2 = 0$，即$(a-\sqrt{2})^{2}=0$，解得$a=\sqrt{2}$。所以双曲线的方程为$\frac{x^{2}}{2}-\frac{y^{2}}{4}=1$，故选D。
解法二：因为过点$F_{2}$向其中一条渐近线作垂线，垂足为$P$，且$|PF_{2}| = 2$，所以$b = 2$，(双曲线中焦点到渐近线的距离为$b$)再结合选项，排除选项B，C。若双曲线方程为$\frac{x^{2}}{8}-\frac{y^{2}}{4}=1$，则$F_{1}(-2\sqrt{3},0)$，$F_{2}(2\sqrt{3},0)$，渐近线方程为$y=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}x$，由题意可知该渐近线方程为$y=\frac{\sqrt{2}}{2}x$，则直线$PF_{2}$的方程为$y = -\sqrt{2}(x - 2\sqrt{3})$，与渐近线方程$y=\frac{\sqrt{2}}{2}x$联立，得$P(\frac{4\sqrt{3}}{3},\frac{2\sqrt{6}}{3})$，则$k_{PF_{1}}=\frac{\sqrt{2}}{5}$，又直线$PF_{1}$的斜率为$\frac{\sqrt{2}}{4}$，所以双曲线方程$\frac{x^{2}}{8}-\frac{y^{2}}{4}=1$不符合题意，排除A。故选D。

训练2　(1)[浙江高考]已知点$O(0,0)$，$A(-2,0),B(2,0)$. 设点$P$满足$|PA|-|PB| = 2$,且$P$为函数$y = 3\sqrt{4 - x^{2}}$图象上的点,则$|OP| =$　　　　　　　　　　　　　　　(　　　)
A. $\frac{\sqrt{22}}{2}$　　B. $\frac{4\sqrt{10}}{5}$　　C. $\sqrt{7}$　　　D. $\sqrt{10}$
(2)与双曲线$\frac{x^{2}}{16}-\frac{y^{2}}{4}=1$有相同的焦点,且经过点$P(3\sqrt{2},2)$的双曲线的标准方程为________.

答案：
(1)D由$|PA|-|PB| = 2 ＜ |AB| = 4$，知点$P$的轨迹是双曲线的右支，点$P$的轨迹方程为$x^{2}-\frac{y^{2}}{3}=1(x\geq1)$，又$y = 3\sqrt{4 - x^{2}}$，所以$x^{2}=\frac{13}{4}$，$y^{2}=\frac{27}{4}$，所以$|OP|=\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\sqrt{\frac{13}{4}+\frac{27}{4}}=\sqrt{10}$，故选D。
(2)$\frac{x^{2}}{12}-\frac{y^{2}}{8}=1$解法一：设所求双曲线的左、右焦点分别为$F_{1}$，$F_{2}$，则$F_{1}(-2\sqrt{5},0)$，$F_{2}(2\sqrt{5},0)$，则$|PF_{1}|-|PF_{2}|=\sqrt{(3\sqrt{2}+2\sqrt{5})^{2}+4}-\sqrt{(3\sqrt{2}-2\sqrt{5})^{2}+4}=2\sqrt{12}=2a$，$\therefore a=\sqrt{12}$，$\because b^{2}=c^{2}-a^{2}=8$，故双曲线的标准方程为$\frac{x^{2}}{12}-\frac{y^{2}}{8}=1$。
解法二：设所求双曲线的方程为$\frac{x^{2}}{16-\lambda}-\frac{y^{2}}{4+\lambda}=1(-4 ＜ \lambda ＜ 16)$。$\because$双曲线过点$P(3\sqrt{2},2)$，$\therefore\frac{18}{16-\lambda}-\frac{4}{4+\lambda}=1$，解得$\lambda = 4$。故双曲线的标准方程为$\frac{x^{2}}{12}-\frac{y^{2}}{8}=1$。