《2026年南方凤凰台5A新考案高中数学二轮基础版》

目标3 直线与双曲线
例 3 （2025·赣州期末）已知双曲线 $ C:\dfrac{x^{2}}{a^{2}}-\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1(a\gt0,b\gt0) $ 的左、右焦点分别为 $ F_{1} $，$ F_{2} $，焦距为 4，$ P $ 为 $ C $ 上一点，$ \cos\angle F_{1}PF_{2}=\dfrac{7}{9} $，$ \triangle PF_{1}F_{2} $ 的面积为 $ 2\sqrt{2} $.
（1）求双曲线 $ C $ 的方程；
（2）已知点 $ M(1,1) $，斜率为 1 的直线 $ l $ 与双曲线 $ C $ 交于 $ A $，$ B $ 两点，若 $ \triangle MAB $ 的面积为 $ \sqrt{6} $，求 $ l $ 的方程.

答案：
例3[解答]
(1)由题知$c = 2$，在$\triangle F_{1}PF_{2}$中，由$\cos\angle F_{1}PF_{2}=\frac{7}{9}$，得$\sin\angle F_{1}PF_{2}=\frac{4\sqrt{2}}{9}$.由$S_{\triangle PF_{1}F_{2}}=\frac{1}{2}\vert PF_{1}\vert\vert PF_{2}\vert·\sin\angle F_{1}PF_{2}=2\sqrt{2}$，解得$\vert PF_{1}\vert\vert PF_{2}\vert=9$.由余弦定理得$\vert PF_{1}\vert^{2}+\vert PF_{2}\vert^{2}-2\vert PF_{1}\vert\vert PF_{2}\vert\cos\angle F_{1}PF_{2}=16$，化简得$(\vert PF_{1}\vert-\vert PF_{2}\vert)^{2}+2\vert PF_{1}\vert\vert PF_{2}\vert=30$，可得$\vert\vert PF_{1}\vert-\vert PF_{2}\vert\vert=2\sqrt{3}$，从而$a=\sqrt{3}$，$b=\sqrt{c^{2}-a^{2}}=1$，所以双曲线C的方程为$\frac{x^{2}}{3}-y^{2}=1$.
(2)设直线$l$的方程为$x - y + t = 0$，$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，联立$\begin{cases}\frac{x^{2}}{3}-y^{2}=1\\x - y + t = 0\end{cases}$化简可得$2x^{2}+6tx + 3t^{2}+3 = 0$，由$\Delta=36t^{2}-8(3t^{2}+3)＞0$，可得$t^{2}＞2$，所以$x_{1}+x_{2}=-3t$，$x_{1}· x_{2}=\frac{3t^{2}+3}{2}$，所以$\vert AB\vert=\sqrt{2}\vert x_{1}-x_{2}\vert=\sqrt{2}\sqrt{(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}}=\sqrt{6t^{2}-12}$.设点$M(1,1)$到直线$l$的距离为$d$，则$d=\frac{\vert t\vert}{\sqrt{2}}$，故$S_{\triangle MAB}=\frac{1}{2}\sqrt{6t^{2}-12}·\frac{\vert t\vert}{\sqrt{2}}=\sqrt{6}$，解得$t=\pm2$，故$l$的方程为$x - y\pm2 = 0$.
　　　　　　

变式 3 （2025·南京期初）已知 $ F_{1} $，$ F_{2} $ 分别是双曲线 $ C:\dfrac{x^{2}}{a^{2}}-\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1(a\gt0,b\gt0) $ 的左、右焦点，$ |F_{1}F_{2}|=2\sqrt{6} $，点 $ T(2\sqrt{6},\sqrt{10}) $ 在 $ C $ 上.
（1）求双曲线 $ C $ 的方程.
（2）设直线 $ l $ 过点 $ D(1,0) $，且与 $ C $ 交于 $ A $，$ B $ 两点.
①若 $ \overrightarrow{DA}=3\overrightarrow{DB} $，求 $ \triangle F_{1}F_{2}A $ 的面积；
②以线段 $ AB $ 为直径的圆交 $ x $ 轴于 $ P $，$ Q $ 两点，若 $ |PQ|=2 $，求直线 $ l $ 的方程.

答案：
变式3　[解答]
(1)由题知$2c=2\sqrt{6}$，$\frac{24}{a^{2}}-\frac{10}{b^{2}}=1$，$a^{2}+b^{2}=c^{2}$，解得$a^{2}=4$，$b^{2}=2$，所以双曲线C的方程为$\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{2}=1$.
(2)①由题意知直线$l$的斜率不为$0$，设直线$l$的方程为$x = my + 1$，$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$.联立$\begin{cases}x = my + 1\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{2}=1\end{cases}$可得$(m^{2}-2)y^{2}+2my - 3 = 0$，则$\Delta=4m^{2}+12(m^{2}-2)=16m^{2}-24＞0$，且$m^{2}-2\neq0$，故$m^{2}＞\frac{3}{2}$且$m^{2}\neq2$.于是$\begin{cases}y_{1}+y_{2}=-\frac{2m}{m^{2}-2}\\y_{1}y_{2}=-\frac{3}{m^{2}-2}\end{cases}$由$\overrightarrow{DA}=3\overrightarrow{DB}$得$y_{1}=3y_{2}$，于是$\begin{cases}4y_{2}=-\frac{2m}{m^{2}-2}\\3y_{2}^{2}=-\frac{3}{m^{2}-2}\end{cases}$解得$m^{2}=\frac{8}{5}$，满足题意，可得$y_{2}=\pm\frac{\sqrt{10}}{2}$，故$y_{1}=\pm\frac{3\sqrt{10}}{2}$，所以$S_{\triangle F_{1}F_{2}A}=\frac{1}{2}\vert F_{1}F_{2}\vert·\vert y_{A}\vert=\frac{1}{2}×2\sqrt{6}×\frac{3\sqrt{10}}{2}=3\sqrt{15}$.
②设$AB$的中点为$M(x_{0},y_{0})$，所以$y_{0}=\frac{y_{1}+y_{2}}{2}=-\frac{m}{m^{2}-2}$，$x_{0}=-\frac{m^{2}}{m^{2}-2}+1=-\frac{2}{m^{2}-2}$，所以$M(\frac{-2}{m^{2}-2},\frac{-m}{m^{2}-2})$，所以$\vert AB\vert=\sqrt{1 + m^{2}}\vert y_{1}-y_{2}\vert=\sqrt{1 + m^{2}}·\frac{2\sqrt{4m^{2}-6}}{\vert m^{2}-2\vert}$.因为以$AB$为直径的圆交$x$轴于$P$，$Q$两点，且$\vert PQ\vert=2$，所以$\frac{m^{2}}{(m^{2}-2)^{2}}+1=\frac{(1 + m^{2})(4m^{2}-6)}{(m^{2}-2)^{2}}$，化简得$3m^{4}+m^{2}-10 = 0$，即$(3m^{2}-5)(m^{2}+2)=0$，解得$m=\pm\frac{\sqrt{15}}{3}$，符合题意.故直线$l$的方程为$3x\pm\sqrt{15}y - A = 0$.