《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

(2) (一题多解) 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° $，则 $ \triangle F_1PF_2 $ 的面积为 $\boldsymbol{$$2\sqrt{3}$$}$.

答案：
(2)法一(通解)：不妨设点$P$在双曲线的右支上，则$|PF_{1}|-|PF_{2}| = 2a = 2\sqrt{2}$，$|F_{1}F_{2}| = 2c = 4$，所以$(|PF_{1}|-|PF_{2}|)^{2}=8$，即$|PF_{1}|^{2}+|PF_{2}|^{2}=8 + 2|PF_{1}|·|PF_{2}|$.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$|PF_{1}|·|PF_{2}|=8$，所以$S_{\triangle F_{1}PF_{2}}=\frac{1}{2}|PF_{1}|·|PF_{2}|·\sin60^{\circ}=2\sqrt{3}$.
法二(速解)：由$S_{\triangle F_{1}PF_{2}}=\frac{b^{2}}{\tan\frac{\theta}{2}}$，得$S_{\triangle F_{1}PF_{2}}=\frac{2}{\tan30^{\circ}}=2\sqrt{3}$.

[变式探究] (变条件) 在本例 (2) 中，若将“$ \angle F_1PF_2 = 60° $”改为“$ \overrightarrow{PF_1} · \overrightarrow{PF_2} = 0 $”，则 $ \triangle F_1PF_2 $ 的面积为 $\boldsymbol{$2$}$.

答案： 2 不妨设点$P$在双曲线的右支上，则$|PF_{1}|-|PF_{2}| = 2a = 2\sqrt{2}$，因为$\overrightarrow{PF_{1}}·\overrightarrow{PF_{2}} = 0$，所以$\overrightarrow{PF_{1}}\perp\overrightarrow{PF_{2}}$，所以在$\triangle F_{1}PF_{2}$中，有$|PF_{1}|^{2}+|PF_{2}|^{2}=\left|F_{1}F_{2}\right|^{2}$，即$|PF_{1}|^{2}+|PF_{2}|^{2}=16$，所以$|PF_{1}|·|PF_{2}| = 4$，所以$S_{\triangle F_{1}PF_{2}}=\frac{1}{2}|PF_{1}|·|PF_{2}| = 2$.(或者$S_{\triangle F_{1}PF_{2}}=\frac{2}{\tan45^{\circ}}=2$)

对点练 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：
(1)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$\left|MC_{1}\right| = 1 + r$，$\left|MC_{2}\right| = 3 + r$，$\left|MC_{2}\right|-\left|MC_{1}\right| = 2＜6$，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$x^{2}-\frac{y^{2}}{8}=1(x\leqslant -1)$.故选C.

(2) (2020·全国Ⅰ卷) 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(B)

A.$ \dfrac{7}{2} $
B.$ 3 $
C.$ \dfrac{5}{2} $
D.$ 2 $

答案：
(2)B 设$F_{1},F_{2}$分别为双曲线$C$的左、右焦点，则由题意可知$F_{1}(-2,0)$，$F_{2}(2,0)$，又$|OP| = 2$，所以$|OP| = |OF_{1}| = |OF_{2}|$，所以$\triangle PF_{1}F_{2}$是直角三角形，所以$|PF_{1}|^{2}+|PF_{2}|^{2}=\left|F_{1}F_{2}\right|^{2}=16$.不妨令点$P$在双曲线$C$的右支上，则有$|PF_{1}|-|PF_{2}| = 2$，两边平方，得$|PF_{1}|^{2}+|PF_{2}|^{2}-2|PF_{1}|·|PF_{2}| = 4$，又$|PF_{1}|^{2}+|PF_{2}|^{2}=16$，所以$|PF_{1}|·|PF_{2}| = 6$，则$S_{\triangle PF_{1}F_{2}}=\frac{1}{2}|PF_{1}|·|PF_{2}|=\frac{1}{2}×6 = 3$.故选B.(还可以直接利用$S_{\triangle PF_{1}F_{2}}=\frac{b^{2}}{\tan\frac{\angle F_{1}PF_{2}}{2}}$进行求解)

(3) 已知 $ F_1,F_2 $ 为双曲线 $ C:\dfrac{x^2}{4} - \dfrac{y^2}{2} = 1 $ 的左、右焦点，$ P $ 是 $ C $ 的右支上一点，则 $ \dfrac{|PF_1|^2}{|PF_2|} $ 的最小值为(A)

A.$ 16 $
B.$ 18 $
C.$ 8 + 4\sqrt{2} $
D.$ 9 + \dfrac{15\sqrt{2}}{2} $

答案：
(3)A 因为$F_{1},F_{2}$为双曲线$C:\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{2}=1$的左、右焦点，$P$是$C$的右支上的一点，所以$|PF_{1}| = |PF_{2}| + 4$，所以$\frac{|PF_{1}|^{2}}{|PF_{2}|}=\frac{(|PF_{2}| + 4)^{2}}{|PF_{2}|}=\frac{|PF_{2}|^{2}+8|PF_{2}|+16}{|PF_{2}|}=|PF_{2}|+\frac{16}{|PF_{2}|}+8\geqslant2\sqrt{16}+8 = 16$，当且仅当$|PF_{2}|=\frac{16}{|PF_{2}|}$，即$|PF_{2}| = 4$时，等号成立.因为$c=\sqrt{a^{2}+b^{2}}=\sqrt{6}$，所以$c - a=\sqrt{6}-2＜4$，所以$|PF_{2}| = 4$成立，$\frac{|PF_{1}|^{2}}{|PF_{2}|}$的最小值为$16$.故选A.

典例 2 (2024·天津卷) 已知双曲线 $ \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 $，$ 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，则该双曲线的方程为(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： 典例2 C 由题意可知，$\angle F_{1}PF_{2}=90^{\circ}$，又直线$PF_{2}$的斜率为$2$，可得$\frac{|PF_{1}|}{|PF_{2}|}=2$，根据双曲线定义$|PF_{1}|-|PF_{2}| = 2a$，得$|PF_{1}| = 4a$，$|PF_{2}| = 2a$，$S_{\triangle PF_{1}F_{2}}=\frac{1}{2}|PF_{1}|·|PF_{2}|=\frac{1}{2}×4a×2a = 4a^{2}$，又$S_{\triangle PF_{1}F_{2}} = 8$，所以$a^{2}=2$，所以$\left|F_{1}F_{2}\right|^{2}=\left|PF_{1}\right|^{2}+\left|PF_{2}\right|^{2}=(4a)^{2}+(2a)^{2}=20a^{2}=40$，又$\left|F_{1}F_{2}\right|^{2}=4c^{2}$，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.

典例 3 (1) (2021·北京卷) 双曲线 $ \dfrac{x^2}{a^2} - \dfrac{y^2}{b^2} = 1(a\gt0,b\gt0) $ 过点 $ (\sqrt{2},\sqrt{3}) $，离心率为 $ 2 $，则该双曲线的标准方程为(B)

A.$ \dfrac{x^2}{3} - y^2 = 1 $
B.$ x^2 - \dfrac{y^2}{3} = 1 $
C.$ \dfrac{x^2}{2} - \dfrac{y^2}{3} = 1 $
D.$ \dfrac{x^2}{3} - \dfrac{y^2}{2} = 1 $

答案：
(1)B 设双曲线的半焦距为$c$，由题意可知$\begin{cases}\frac{2}{a^{2}}-\frac{3}{b^{2}}=1,\\e=\frac{c}{a}=2,\\c^{2}=a^{2}+b^{2},\end{cases}$解得$\begin{cases}a^{2}=1,\\b^{2}=3,\end{cases}$所以双曲线的标准方程为$x^{2}-\frac{y^{2}}{3}=1$.故选B.

(2) 经过点 $ P(3,2\sqrt{7}),Q(-6\sqrt{2},7) $ 的双曲线的标准方程为 $\boldsymbol{$$\frac{y^{2}}{25}-\frac{x^{2}}{75}=1$$}$.

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

对点练 2 (1) (2023·天津卷) 双曲线 $ \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 $. 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 $ \dfrac{\sqrt{2}}{4} $，则双曲线的方程为(D)

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

答案：
(1)D 不妨取渐近线$y=\frac{b}{a}x$，此时直线$PF_{2}$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$y=\frac{b}{a}x$的距离，由点到直线的距离公式得$\left|PF_{2}\right|=\frac{bc}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}=b$，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$\frac{ab}{a^{2}+c^{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$，所以$\frac{2a}{2a^{2}+4}=\frac{\sqrt{2}}{4}$，整理得$a^{2}-2\sqrt{2}a + 2 = 0$，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.

(2) (2025·江苏南通质检) 若双曲线经过点 $ (1,\sqrt{3}) $，其渐近线方程为 $ y = \pm 2x $，则双曲线的方程是 $\boldsymbol{$$4x^{2}-y^{2}=1$$}$.

答案：
(2)$4x^{2}-y^{2}=1$ 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$4x^{2}-y^{2}=\lambda(\lambda\neq0)$，因为双曲线经过点$(1,\sqrt{3})$，所以$\lambda=4×1^{2}-(\sqrt{3})^{2}=1$，所以双曲线方程为$4x^{2}-y^{2}=1$.