《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

考点一 双曲线的定义及应用
例 1 (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_1M $ 的中垂线与直线 $ F_2M $ 相交于点 $ P $，则点 $ P $ 的轨迹是 (B)

A.椭圆
B.双曲线
C.抛物线
D.圆

答案：
例1
(1)B　[
(1)如图，连接ON，由题意可得$|ON| = 1$，且N为$MF_1$的中点，又O为$F_1F_2$的中点，所以$|MF_2| = 2$.因为点$F_1$关于点N的对称点为M，线段$F_1M$的中垂线与直线$F_2M$相交于点P，由垂直平分线的性质可得$|PM| = |PF_1|$，所以$||PF_2|-|PF_1|| = ||PF_2|-|PM|| = |MF_2| = 2 ＜ |F_1F_2|$所以由双曲线的定义可得，点P的轨迹是以$F_1,F_2$为焦点的双曲线.　　　　　　　　　]

(2)(2025·宁波质检)设 $ F_1,F_2 $ 是双曲线 $ C:x^2 - \dfrac{y^2}{3} = 1 $ 的两个焦点，$ O $ 为坐标原点，点 $ P $ 在 $ C $ 上且 $ |OP| = 2 $，则 $ \triangle PF_1F_2 $ 的面积为____.

答案：
(2)3 [
(2)双曲线的焦点为$F_1(-2,0),F_2(2,0)$，因为$|OP| = 2 = \frac{1}{2}|F_1F_2|$，所以点P在以$F_1F_2$为直径的圆上，即$\triangle F_1F_2P$是以P为直角顶点的直角三角形，故$|PF_1|^{2}+|PF_2|^{2}=|F_1F_2|^{2}$，即$|PF_1|^{2}+|PF_2|^{2}=16$.又$||PF_1|-|PF_2|| = 2a = 2$，所以$4 = ||PF_1|-|PF_2||^{2}=|PF_1|^{2}+|PF_2|^{2}-2|PF_1|\cdot |PF_2| = 16 - 2|PF_1|\cdot |PF_2|$，解得$|PF_1|\cdot |PF_2| = 6$，所以$S_{\triangle PF_1F_2}=\frac{1}{2}|PF_1|\cdot |PF_2| = 3$.]

(1)(2025·广州模拟)已知 $ F $ 为双曲线 $ C:\dfrac{x^2}{4} - \dfrac{y^2}{5} = 1 $ 的左焦点，$ P $ 为其右支上一点，点 $ A(0,-6) $，则 $ \triangle APF $ 周长的最小值为 (B)

A.$ 4 + 6\sqrt{2} $
B.$ 4 + 6\sqrt{5} $
C.$ 6 + 6\sqrt{2} $
D.$ 6 + 6\sqrt{5} $

答案：
训练1
(1)B　[
(1)设双曲线的右焦点为M，由双曲线的方程可得$a^{2}=4,b^{2}=5$，则$a = 2,b = \sqrt{5},c = 3$，所以$F(-3,0),M(3,0)$，且$|PF|-|PM| = 2a = 4$，$\triangle APF$的周长为$|PA| + |PF| + |AF| = |PA|+|PM| + 4 + |AF| = |PA| + |PM| + 4 + 3\sqrt{5} \geqslant |AM| + 4 + 3\sqrt{5} = 4 + 6\sqrt{5}$，当且仅当M，P，A三点共线时取等号，则$\triangle APF$周长的最小值为$4 + 6\sqrt{5}$.　　　　　　　　　　　]

(2)已知 $ F_1,F_2 $ 为双曲线 $ C:x^2 - y^2 = 2 $ 的左、右焦点，点 $ P $ 在 $ C $ 上，$ \angle F_1PF_2 = 60^{\circ} $，则 $ \triangle F_1PF_2 $ 的面积为____.

答案：
(2)$2\sqrt{3}$ [
(2)不妨设点P在双曲线的右支上，则$|PF_1|-|PF_2| = 2a = 2\sqrt{2}$，在$\triangle F_1PF_2$中，由余弦定理的推论，得$\cos\angle F_1PF_2=\frac{|PF_1|^{2}+|PF_2|^{2}-|F_1F_2|^{2}}{2|PF_1|\cdot |PF_2|}=\frac{1}{2}$，$\therefore |PF_1|\cdot |PF_2| = 8$，$\therefore S_{\triangle F_1PF_2}=\frac{1}{2}|PF_1|\cdot |PF_2|\cdot \sin 60^{\circ}=2\sqrt{3}$.]

考点二 双曲线的标准方程
例 2 (1)(2024·天津卷)已知双曲线 $ \dfrac{x^2}{a^2} - \dfrac{y^2}{b^2} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0) $ 的左、右焦点分别为 $ F_1,F_2 $，$ P $ 是双曲线右支上一点，且直线 $ PF_2 $ 的斜率为 $ 2 $，$ \triangle PF_1F_2 $ 是面积为 $ 8 $ 的直角三角形，则双曲线的方程为 (C)

A.$ \dfrac{x^2}{8} - \dfrac{y^2}{2} = 1 $
B.$ \dfrac{x^2}{8} - \dfrac{y^2}{4} = 1 $
C.$ \dfrac{x^2}{2} - \dfrac{y^2}{8} = 1 $
D.$ \dfrac{x^2}{4} - \dfrac{y^2}{8} = 1 $

答案： 例2
(1)C　[
(1)由题意可知，$\angle F_1PF_2 = 90^{\circ}$，又直线$PF_2$的斜率为2，可得$\tan\angle PF_2F_1=\frac{|PF_2|}{|PF_1|}=2$，根据双曲线定义$|PF_1|-|PF_2| = 2a$，得$|PF_1| = 4a,|PF_2| = 2a$，$S_{\triangle PF_1F_2}=\frac{1}{2}|PF_1||PF_2|=\frac{1}{2}× 4a× 2a = 4a^{2}$，又$S_{\triangle PF_1F_2}=8$，所以$a^{2}=2$，所以$|F_1F_2|^{2}=|PF_1|^{2}+|PF_2|^{2}=(4a)^{2}+(2a)^{2}=20a^{2}=40$.又$|F_1F_2|^{2}=4c^{2}$，所以$c^{2}=10$，又$a^{2}+b^{2}=c^{2}$，所以$b^{2}=8$，所以双曲线的方程为$\frac{x^{2}}{2}-\frac{y^{2}}{8}=1$，故选C；]

(2)已知双曲线的离心率 $ e = \dfrac{\sqrt{5}}{2} $，且该双曲线经过点 $ (2,2\sqrt{5}) $，则该双曲线的标准方程为$\frac{y^{2}}{4}-x^{2}=1$.

答案：
(2)$\frac{y^{2}}{4}-x^{2}=1$ [
(2)由题意，知$e=\frac{c}{a}=\sqrt{1+(\frac{b}{a})^{2}}=\frac{\sqrt{5}}{2}$，解得$a = 2b$，当焦点在$x$轴上时，设双曲线的标准方程为$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞0,b＞0)$，$\because$点$(2,2\sqrt{5})$在该双曲线上，$\therefore \frac{4}{a^{2}}-\frac{20}{b^{2}}=1$，即$\frac{4}{4b^{2}}-\frac{20}{b^{2}}=1$，此方程无解；当焦点在$y$轴上时，设双曲线的标准方程为$\frac{y^{2}}{a^{2}}-\frac{x^{2}}{b^{2}}=1(a＞0,b＞0)$，$\because$点$(2,2\sqrt{5})$在该双曲线上，$\therefore \frac{20}{a^{2}}-\frac{4}{b^{2}}=1$，即$\frac{20}{4b^{2}}-\frac{4}{b^{2}}=1$，解得$b = 1$，$\therefore a = 2$，$\therefore$该双曲线的标准方程为$\frac{y^{2}}{4}-x^{2}=1$.]

(3)经过点 $ P(3,2\sqrt{7}),Q(-6\sqrt{2},7) $ 的双曲线的标准方程为____.

答案：
(3)$\frac{y^{2}}{25}-\frac{x^{2}}{75}=1$ [
(3)设双曲线方程为$mx^{2}-ny^{2}=1(mn＞0)$.$\because \begin{cases}9m - 28n = 1\\72m - 49n = 1\end{cases}$，解得$\begin{cases}m=-\frac{1}{75}\\n=-\frac{1}{25}\end{cases}$$\therefore$双曲线的标准方程为$\frac{y^{2}}{25}-\frac{x^{2}}{75}=1$.]

(1)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 $ 的轨迹方程为 (C)

A.$ x^2 - \dfrac{y^2}{8} = 1 $
B.$ \dfrac{x^2}{8} - y^2 = 1 $
C.$ x^2 - \dfrac{y^2}{8} = 1(x \leqslant -1) $
D.$ x^2 - \dfrac{y^2}{8} = 1(x \geqslant 1) $

答案： 训练2
(1)C [
(1)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，且$2a = 2$，解得$a = 1$，又$c = 3$，则$b^{2}=c^{2}-a^{2}=8$，所以动圆圆心M的轨迹方程为$x^{2}-\frac{y^{2}}{8}=1(x\leqslant -1)$.]

(2)(2025·银川诊断)若双曲线经过点 $ (1,\sqrt{3}) $，其渐近线方程为 $ y = \pm 2x $，则经过点 $ (1,\sqrt{3}) $ 的双曲线的方程是$4x^{2}-y^{2}=1$.

答案：
(2)$4x^{2}-y^{2}=1$ [
(2)法一　由题意可知，①若双曲线的焦点在$x$轴上，则可设$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞0,b＞0)$，则$\frac{1}{a^{2}}-\frac{3}{b^{2}}=1$且$\frac{b}{a}=2$，联立解得$a=\frac{1}{2}$，$b = 1$，则双曲线的方程为$4x^{2}-y^{2}=1$；②若双曲线的焦点在$y$轴上，则可设$\frac{y^{2}}{a^{2}}-\frac{x^{2}}{b^{2}}=1(a＞0,b＞0)$，则$\frac{3}{a^{2}}-\frac{1}{b^{2}}=1$，且$\frac{a}{b}=2$，此时无解，综上，双曲线的方程为$4x^{2}-y^{2}=1$.法二　由题可设双曲线方程为$4x^{2}-y^{2}=\lambda(\lambda \neq 0)$，$\because$双曲线经过点$(1,\sqrt{3})$，$\therefore \lambda = 4× 1^{2}-(\sqrt{3})^{2}=1$，$\therefore$双曲线方程为$4x^{2}-y^{2}=1$.]