专题 以双曲线为情境的中点弦问题(解析版)高考数学专题复习

典例分析

一、求中点弦所在直线的方程

y21．已知双曲线C:x21(b0)的离心率为2，过点P(3,3)的直线与双曲线C交于A，B两点，且点P恰

b2好是弦AB的中点，则直线AB的方程为（ ）

A．2xy30 B．2xy90 C．3xy60 【答案】C 【解析】

【分析】运用点差法即可求解

D．xy60

cy2222221.设Ax1,y1，【详解】由已知得a1，又e2，可得b3.则双曲线C的方程为xcab，

a322x1Bx2,y2，则x22y121,2y1y2y1y20. y12y2322两式相减得，即xxxxxx0121212233y21,3又因为点P恰好是弦AB的中点，所以x1x26，y1y26，所以直线AB的斜率为所以直线AB的方程为y33(x3)，即3xy60.经检验满足题意

y1y23x1x23，

x1x2y1y2y2B，2．已知直线l:xym0与双曲线x若线段AB的中点在圆x2y25上，1交于不同的两点A，

22则m的值是________. 【答案】

【分析】将直线方程代入双曲线方程，利用韦达定理及中点坐标公式求得AB中点M点坐标，代入圆的方程，即可求得m的值．

xym0【详解】设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点M(x0，y0)，由2y2，得x22mxm2201x2（判别式△0)，x1x22m，x0则m2(2m)25，故m1.

x1x2m，y0x0m2m，点M(x0，y0)在圆x2y25上，2y23．过点P1,1的直线l与双曲线x21交于M,N两点，且点P恰好是线段MN的中点，则直线l的方程

2为___________.

【答案】2xy10

【分析】设M(x1，y1)，N(x2，y2)，分别代入双曲线方程，两式相减，化简可得：

结合中点坐标公式求得直线MN的斜率，再利用点斜式即可求直线方程． x1x2x1x2y1y2y1y2，

【详解】过点P(1,1)的直线l与该双曲线交于M，N两点，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，

12y12

x121122，两式相减可得：(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)，因为P为MN的中点，

2y2x21

2

2x1x22，y1y22，2(x1x2)y1y2，则

MNy1y22， x1x2所以直线l的方程为y12(x1)，即为2xy10．

x2y24．双曲线C:221a0,b0的离心率为2，经过C的焦点垂直于x轴的直线被C所截得的弦长为12.

ab(1)求C的方程；(2)设A，B是C上两点，线段AB的中点为M5,3，求直线AB的方程. x2y2【答案】(1)1；(2)y5x22

412【分析】

（1）根据已知条件求得a,b，由此求得C的方程.

（2）结合点差法求得直线AB的斜率，从而求得直线AB的方程.

b2x2y2b222【解析】(1)因为C的离心率为2，所以122，可得23.将xab代入221

aabab2b2x2y221. 可得y，由题设6.解得a2，b12，b23，所以C的方程为aa4122222x12y12x2y2x12x2y12y2(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，则1，1.因此0，即

412412412x1x2x1x2y1y2y1y20.因为线段AB的中点为M5,3，所以x412y1y26，从而

y1y25，于是直线AB的方程是y5x22. x1x21x210，

二、求中点弦所在直线的斜率

x21．直线l交双曲线 y21于A、B两点，且P(4,1)为AB的中点，则l的斜率为（ ）

4A．4 【答案】D 【解析】

B．3 C．2 D．1

【分析】设出点A，B的坐标，利用“点差法”求出直线l的斜率，再验证作答.

222xxx22212【详解】设A(x1,y1)，B(x2,y2)，因点A，B在双曲线 y1上，则y11，y21，两式相减

444y2y11得：(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0，因P为AB中点，则x1x28，y1y22，于是得＝

x2x14yx3yx3，1，即直线l的斜率为1，此时，直线l的方程为：由2消去y并整理得：3x224x400，2x4y4x22y21交于两点，所以直线l的斜率为1. 244340960，即直线l与双曲线 4x22．直线l与双曲线y21的同一支相交于A,B两点，线段AB的中点在直线y2x上，则直线AB的斜

2率为（ ）

A．4 【答案】D 【解析】

【分析】根据已知条件，设出A,B两点坐标，使用点差法，带入双曲线方程作差，化简即可完成求解. 【详解】设A(x1,y1)、B(x2,y2)，线段AB的中点M(x0,y0)，由已知，A,B两点在双曲线上，所以

𝑥1

22

B．2

C．2

11D．

4{𝑥

22

−𝑦1−𝑦2

22

=1

2

y01y0y1y2y1y2·k·M(x,y)y2x，两式做差可得，点上，所以2，AB00在直线x0x1x2x1x2x02=1

代入上式可得kAB211，故直线AB的斜率为. 44y23．1，过点P2,1作一直线交双曲线于A、B两点，已知双曲线x并使P为AB的中点，则直线AB的

3斜率为________． 【答案】6

【分析】设点Ax1,y1、Bx2,y2，利用点差法可求得直线AB的斜率.

2x1x22xx1x2421【详解】设点Ax1,y1、Bx2,y2，则，即，由已知条件可得yyyy22121x21222122y1213，两个等2y2132yy2y1y2，即4xx2y1y2， y12y20，即x1x2x1x21式作差得xx12333y1y26. 所以，直线AB的斜率为kABx1x2x24．已知双曲线M与椭圆N:y21有相同的焦点，且M与圆C:x2y21相切．

5(1)求M的虚轴长．

(2)是否存在直线l，使得l与M交于A，B两点，且弦AB的中点为P4,6？若存在，求l的斜率；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)23；(2)存在，2 【分析】

（1）根据题意得出双曲线方程后求解；

（2）中点弦问题，可用点差法，化简后得到斜率，然后代回检验.

x2x2y22【解析】(1)因为椭圆N:y1的焦点坐标为2,0，所以可设M的方程为21a0．

5a4a2因为M与圆C:x2y21相切，所以a1，则b24a23，故M的虚轴长2b23．

2x12y(2)由（1）知，M的方程为x21．设A，B两点的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，则3x22两式相减得x1x2x1x2kABy121,3 2y21,3x1x28,y1y2y1y20，假设存在直线l满足题意．则

3所以y1y212,y1y22，因此l的方程为2xy20，代入M的方程，整理得x28x70，0，l与M相x1x2交，故存在直线l满足题意，且l的斜率为2． 三、求中点弦的弦长

1．已知点A，B在双曲线x2y23上，线段AB的中点为M1,2，则AB（ ）

A．25 【答案】C 【解析】

【分析】首先结合已知条件，利用点差法求出直线AB的斜率，进而得到直线AB的方程，然后联立双曲线方程，结合韦达定理和弦长公式求解即可.

2222【详解】不妨设A(x1,y1)，B(x2,y2)，从而x1y13，x2y23，由两式相减可得，

B．45 C．210 D．410

(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0，又因为线段AB的中点为M1,2，从而x1x22，y1y24，

故

y1y21131，即直线AB的斜率为1，直线AB的方程为：y2(x1)，即yx，

2x1x22222将y13x代入x2y23可得，x22x70，从而x1x22，x1x27， 2215(x1x2)24x1x2210. 故AB1()2|x1x2|222．已知双曲线C:2x2y22，过点P(1,2)的直线l与双曲线C交于M､N两点，若P为线段MN的中点，则弦长|MN|等于（ ）

A．【答案】D

【分析】设直线MN为y2k(x1)，联立双曲线方程，应用韦达定理及中点坐标公式求k值，利用弦长公式求解即可.

【详解】由题设，直线l的斜率必存在，设过P(1,2)的直线MN为y2k(x1)，联立双曲线：(2k2)x22k(k2)x(k44k6)0设M(x1,y1),N(x2,y2)，则x1x242 3 B．33 4C．43 D．42 2k(k2)2xP，所以

2k22k(k2)2，，则x1x22，x1x23.弦长|MN|1k2(x1x2)24x1x2241242. 22k6，且双曲线C过点P2,1． 23．已知双曲线C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，离心率e(1)求双曲线C的方程；

(2)若直线l:ykx1与双曲线C交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为2，求线段AB的长． x2【答案】(1)y21；(2)215.

2x2y2【分析】（1）设双曲线C：221a0,b0，根据题意可得eabca22126222、cab、221，

ab2解方程组求得a,b的值即可得双曲线C的方程；

12k20（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，联立直线与双曲线方程，可求出x1x24，再由可得k的值，

Δ0由弦长公式即可得线段AB的长.

c6ea22x2y222【解析】(1)设双曲线C：221a0,b0，由题意可得：cab，

ab22121a2b2x2解得：a2,b1，所以双曲线C的方程为y21.

222x2y2122(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，联立方程2，消去y得：12kx4kx40，

ykx12222因为l与C有两个交点，所以12k20且16k1612k1616k0，解得：k21且k1， 2所以1k1且k44k2xx①，由根与系数的关系可得：x1x2 2，12212k12k214k4，即2k2k10，解得：k1或k②，结合①②212k2 所以又因为AB中点的横坐标为2，可知k114k44，x1x28， ， 此时l:yx1，x1x2212k12k222221所以AB1kx1x212(x1x2)24x1x2524232215，即线段AB的长为215．

四、求双曲线的方程

1．已知双曲线E的中心为原点，F3,0是E的焦点，过F的直线l与E相交于A，B两点，且AB的中点为N4,7，则E的方程为（ ）

x2y2A．1

54x2y2B．1

4511x211y2C．1

366311x211y2D．1

6336【答案】C 【解析】

【分析】求出直线l的方程，并设出双曲线E的方程，再联立并借助中点坐标即可计算作答. 【详解】直线l的方程为：y220(7)(x3)，即yx3，设双曲线E的方程为：x2y21(a0,b0)，

3(4)abyx3由x2y2消去y并整理得：(b2a2)x26a2xa2(9b2)0， 221abΔ36a4aab42229b4ab9b2222a23a20，4，因弦AB的中点为N4,7，于是得22bax2y24236263122即ab，而a2b29，解得a,b，满足0，所以双曲线E的方程为3663，即

71111111111x211y21. 3663x2y22．若双曲线C:221a0,b0的左右焦点分别为F1，F2，点P为C的左支上任意一点，直线l是

ab双曲线的一条渐近线，PQl，垂足为Q．当PF2PQ的最小值为6时，F1Q的中点在双曲线C上，则C的方程为（ ）

A．xy2 B．xy4

2222y2C．x1

162x2y2D．1

24【答案】B 【解析】 【分析】

2a，再利用焦点到渐近线的距离为由双曲线定义|PF2||PF1|2a得到PF2PQPF1PQ2aFQ1b求得b2a6，设出渐近线方程求得F1Q的中点坐标代入双曲线方程联解求得a、b的解.

【详解】

PF2PF12a，PF2|PQ|PF1|PQ|2aFQ2a，又F1c,0，F21c,0，

bcbcbb， x，即bxay0，焦点到渐近线的距离为22caab2baabFc,0点1，即FQ的最小值为b，即b2a6，不妨设直线OQ为：yx，F1QOQ，Q(,)，1acc双曲线的渐近线方程为：ya2122c22(a2c2)2a2aF1Q的中点为(ac,ab)，将其代入双曲线C的方程，得：21，即21， 22c2c4a2c24c4a4c2c解得：c2a，又b2a6，a2b2c2，ab2，故双曲线C的方程为x2y24．

x2y23．过双曲线221(a0,b0)的左焦点F(3,0)的直线与双曲线交M,N两点，且线段MN的中点坐标为

ab2(3,6)，则双曲线方程是_______________. x2y21 【答案】36【分析】设Mx1,y1，Nx2,y2，可得x1x26，y1y212，将M,N两点坐标代入双曲线方程，两式相减整理可得kMNy1y2x1x2b22，利用已知点的坐标求出直线MN的斜率，即可得a2与b2的关系，结x1x2y1y2a合c2a2b29即可得a2、b2的值，进而可得双曲线方程.

x12x22y12y22x12y12x22y22【详解】设Mx1,y1，Nx2,y2，则221，221，两式相减可得：， a2b2abab所以

x1x2x1x2y1y2y1y2，因为点(3,6)是线段MN的中点，所以xa2b21x26，y1y212，

所以kMN260y1y2x1x2b26b2b2b222k11，因为MN33，所以2a2，即b2a， x1x2y1y2a212a22a22222x2y21， 因为cab3a9，所以a3，b6，所以双曲线方程是362五、中点弦与双曲线的离心率交汇

x2y21．已知斜率为2的直线与双曲线C:221a0,b0相交于A，B两点，O为坐标原点，AB的中点

ab为P，若直线OP的斜率为22，则双曲线C的离心率为（ ）

A．3 【答案】C

【分析】利用点差法，结合直线斜率公式、中点坐标公式、双曲线离心率公式进行求解即可.

B．2

C．5 D．3

x12y12122a2b2x12x2y12y2【详解】设Ax1,y1，Bx2,y2，Px0,y0，则2，两式相减得， 222abxy221a2b2yyy1y2b2x1x2y1y2b2x02.因为kAB122，2.因为x1x22x0，y1y22y0，所以所以

x1x2x1x2ay0x1x2ay1y2kOPy0b2b2b222，所以2，24，故e125. x0a22a2a12．过点M(1,1)作斜率为2的直线与双曲线Γ:曲线Γ的离心率为___________. 【答案】x2y21相交于A，B两点，若M是线段AB的中点，则双a2b26 21【分析】利用点差法，结合M是线段AB的中点，斜率为2，即可求出双曲线Γ的离心率． x12y12x22y22【详解】设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则221①，221②，M是线段AB的中点，

ababx1x2yy111y1y2(x1x2)，过点M(1,1)作斜率为的1，121，直线AB的方程是y(x1)1，

22222x2y2直线与双曲线221(a0,b0)相交于A，B两点，M是线段AB的中点，①②两式相减可得

abb2y12y22y1y2y1y21x12x22y12y22cb260e1，即，． 222ax1x2x1x2x1x22aa22a2b2x2y2Q为C上两点，3．已知双曲线C:221a0,b0的右焦点为F，虚轴的上端点为B，点P，点M2,1ab为弦PQ的中点，且PQ//BF，记双曲线的离心率为e，则e2______． 【答案】21 2【分析】解法一，利用点差法，结合

y1y2b，以及x1x24,y1y22，变形得到a22bc，再转化x1x2cb为关于a,c的齐次方程，求解e2；解法二，设直线y1kx2，k，与双曲线方程联立，利用根与

c系数的关系表示中点坐标，再转化为关于a,c的齐次方程，求解e2. 【详解】

解法一：由题意知Fc,0，B0,b，则kPQx12y121，a2b2bkBF．设Px1,y1，Qx2,y2，则两式相减，22cx2y21，a2b22y1y2bx1x2y1y2b，2得．因为PQ的中点为M2,1，所以x1x24，y1y22，又kPQx1x2cx1x2ay1y2b4b221所以2，整理得a22bc，所以a44b2c24c2c2a2，得4e44e210，得e2．

c2a2b解法二 ：由题意知Fc,0，B0,b，则kBF．设直线PQ的方程为y1kx2，即ykx2k1，

c22222222代入双曲线方程，得bakx2ak2k1xa2k1ab0．设Px1,y1，Qx2,y2，结合

2M2,1为PQ的中点，得x1x222a2k2k1bkkBF，所以．又4cb2a2k22bbb2a214b24a2，整理得a22bc，所以a44b2c24c2c2a2，得4e44e210，

ccc得e221．2

方法点拨

1：对于有关弦中点问题常用“ 点差法”，其解题步骤为：①设点（即设出弦的两端点坐标）；②代入（即代入圆锥曲线方程）；③作差（即两式相减，再用平方差公式分解因式）；④整理（即转化为斜率与中点坐标的关系式），然后求解.

2：对于中点弦问题可采用点差法求出直线的斜率，

设Ax1,y1，Bx2,y2为弦端点坐标，Px0,y0为AB的中点，直线AB的斜率为k，

b2x0x2y2若椭圆方程为221ab0，则k2，

ay0aba2x0y2x2若椭圆方程为221ab0，则k2，

by0abb2x0x2y2若双曲线方程为221ab0，则k2，

ay0aba2x0y2x2若双曲线方程为221ab0，则k2. by0ab巩固练习

x2y21．1上的两点，已知点A，B是双曲线C:线段AB的中点是M3,2，则直线AB的斜率为（ ）

23A． 【答案】D 【解析】

233B．

24C．

99D．

4【分析】利用点差法和两点坐标求直线斜率公式化简计算即可.

x12y12123x1x2x1x2y1y2y1y2，

【详解】设Ax1,y1，Bx2,y2，则2，两式相减得223x2y2123y1y296x1x24y1y2. 即，∴kABxx42312x2y22．已知双曲线1，以点P5,1为中点的弦所在的直线方程为（ ）

164A．4x5y210 C．x2y40 【答案】B 【分析】

B．5x4y210 D．x2y40

利用点差法可求得弦所在直线的斜率，利用点斜式可得出所求直线的方程.

x12x1x21016【详解】设弦的两个端点坐标分别为x1,y1、x2,y2，则，则2y1y22x216y1214，两式作差得2y214y1y2y1y2x1x2x1x2，所以，弦所在直线的斜率k4164x1x2y1y25， x1x216y1y24故所求直线方程为y5x51，即5x4y210. 4πy2x23．已知倾斜角为的直线与双曲线C:221(a0,b0)，相交于A，B两点，M(1,3)是弦AB的中点，

4ab则双曲线的渐近线的斜率是（ ）

A．3 C．2 【答案】A 【解析】

【分析】依据点差法即可求得a、b的关系，进而即可得到双曲线的渐近线的斜率.

B．D．3 32 2y12x12212x1+x2y1+y2y1y2ab=1，=3,1，由【详解】设A(x1,y1)、A(x2,y2)，则，可得2222x1x2y2x21a2b2y1y2y1y2x1x2x1x20，则

a2b26220，即a2=3b2，则a2ab3b

ay2x2则双曲线C:221(a0,b0)的渐近线的斜率为3。

baby24．已知双曲线x1，过点P1,1作直线l与双曲线交于A，B两点，则能使点P为线段AB中点的直

22线l的条数为( )

A．0 【答案】A 【解析】 【分析】

先假设存在这样的直线l，分斜率存在和斜率不存在设出直线l的方程，当斜率k存在时，与双曲线方程联立，消去y，得到关于x的一元二次方程，直线与双曲线相交于两个不同点，则0，k线段AB的中点，则

3，又根据M是2B．1 C．2 D．3

xAxB31，由此求出k2与k矛盾，故不存在这样的直线满足题意；当斜率不存

22在时，过点M的直线不满足条件，故符合条件的直线l不存在. 【详解】设过点M(1,1)的直线方程为yk(x1)1或x1，

yk(x1)1①当斜率存在时有2y2，得(2k2)x2(2k22k)xk22k30(*)．

1x2当直线与双曲线相交于两个不同点，则必有：(2k22k)24(2k2)(k22k3)0，即k3 22(k2k)又方程(*)的两个不同的根是两交点A、B的横坐标，x1x2又M(1,1)为线段AB的中点，

2k2x1x22(k2k)1，即2，k2，使2k20但使，因此当k2时，方程①无实数解． 22k2故过点m(1,1)与双曲线交于两点A、B且M为线段AB中点的直线不存在． ②当x1时，经过点M的直线不满足条件. 综上，符合条件的直线l不存在．

5．已知点A，B在双曲线x2y24上，线段AB的中点M3,1，则AB（ ）

A．2

B．22 C．5 D．25 【答案】D 【解析】 【分析】

先根据中点弦定理求出直线AB的斜率，然后求出直线AB的方程，联立后利用弦长公式求解AB的长.

x12y124Bx2,y2，x1x2x1x2y1y2y1y2，【详解】设Ax1,y1，则可得方程组：，两式相减得：22xy422即

y1y2y1y2y1y2y1y211，3，，其中因为AB的中点为M3,1，故故即直线AB的斜率为3，x1x2x1x2x1x2x1x23y13x3故直线AB的方程为：y13x3，联立2，解得：2x212x170，由韦达定理得：2xy4x1x26，x1x217，则AB1k22x1x224x1x225。

6．过点A(1,1)作直线l与双曲线x2y2Q两点，且使得A是PQ的中点，直线l方程为（ ） 1交于P，

2A．2xy10 B．2x+y-3=0 【答案】D 【解析】

C．x=1 D．不存在

【分析】设出点P，Q的坐标，利用“点差法”求出直线l的斜率并求出其方程，再将直线l与双曲线方程联立验证即可得解.

2x12y122x1x22【详解】设点P(x1,y1),Q(x2,y2)，因点A(1,1)是PQ的中点，则，从而有2，两式相减2y1y222x2y22得：2(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0，即2(x1x2)(y1y2)0，于是得直线l的斜率为

y1y22， x1x2y2x1直线l的方程为：y12(x1)，即y2x1，由2消去y并整理得：2x24x30，此时22xy2y2x1(4)242380，即方程组2无解，所以直线l不存在. 22xy2x2y27．（多选题）过M（1，1）作斜率为2的直线与双曲线221(a0,b0)相交于A、B两点，若M是AB

ab的中点，则下列表述正确的是（ ）

A．bC．离心率e3 【答案】CD

B．渐近线方程为y=±2x D．b>a

【分析】根据M（1，1）是AB的中点，且斜率为2，利用点差法求解.

x12y121a2b2x12x22y12y220，化简得【详解】设Ax1,y1,Bx2,y2，则2，两式相减得222abx2y21a2b2y1y2b2x1x2bb221），因为M（1，是AB的中点，所以22，即2，所以ba，渐近线方程为y2x，x1x2ay1y2aacb2离心率为e123，

aay28．（多选题）已知双曲线C：2x21a0，其上、下焦点分别为F1，F2，O为坐标原点．过双曲线上

a一点Mx0,y0作直线l，分别与双曲线的渐近线交于P，Q两点，且点M为PQ中点，则下列说法正确的是（ ）

A．若ly轴，则PQ2．

1B．若点M的坐标为1,2，则直线l的斜率为

4C．直线PQ的方程为

y0yx0x1． 2a2D．若双曲线的离心率为5，则三角形OPQ的面积为2． 【答案】ACD

【分析】利用双曲线基本性质，点差法及三角形面积的表示，即可得到结果.

【详解】若ly轴，则直线l过双曲线的顶点，M0,a，双曲线的渐近线方程为yax，易得P，Q两点的横坐标为 ，∴PQ2，即A正确；若点M的坐标为1,2，则a2，易得双曲线渐近线方程为2222y12y22x122x2y122x120,y22x20，y22x20，设Px1,y1,Qx2,y2，利用点差法：两式作差可得，，

2222即y1y22x12x2,y1y2xx212∴kl211，即B错误；若Mx0,y0，利用点差法同样可得x1x2y1y22a2x0a2x0y1y22x1x2klaxx0 ，即y0yy02a2x0xa2x02，，∴直线PQ的方程为yy0x1x2y1y2y0y0y0yy25y0yax0xy0ax0a，∴2x0x1，故C正确；若双曲线的离心率为，则双曲线方程为x21，

2a422222∴渐近线方程为y2x，∴S设Px1,2x1,Qx2,2x2，

OPQy0yx0x11x1y2x2y12x1x2 ， 可联立方程42y2x得x122 ，同理可得x2，∴Sy02x0y02x0OPQ2x1x22228822， 2y02x0y2x04y04x09．（多选题）曲线C：ax2by21（ab0）与直线y1x交于A，B两点，过原点与线段AB中点的直线的斜率为k，以下结论正确的是（ ） A．若k3，则aa33 B．若k3，则3或 bb3C．若k0，则C为椭圆 D．若C为双曲线，则k0 【答案】AD

【分析】设Ax1,y1,Bx2,y2，利用点差法可得

ak，再依次判断每个选项即可. bax12by121y1y2x1x2y1y21，线段AB的中点为,【详解】设Ax1,y1,Bx2,y2，则，两，又22x1x222axby122y1y2y1y2axx12，由题意可知2k，即式相减得ax1x2x1x2by1y2y1y20，则

x1x2x1x2by1y22y1y2aa1aak，则有1，即k，对A，若k3，则3，故A正确；对B，若k3，则3，x1x2bbbkb故B错误；对C，若k0，则

ak0，当k1时，且a0,b0时，曲线是椭圆，否则曲线是圆或不存在，bak0，故D正确. b故C错误；对D，若C为双曲线，则ab0，此时

x2y210．已知双曲线C:221(a0,b0)，C的左、右焦点分别为F1、F2，且C的焦点到渐近线的距离为1，

ab直线yk1xm与C交于P，Q两点，M为弦PQ的中点，若OM(O为坐标原点）的斜率为k2，k1k2则下列结论正确的是____________

①a4； ②C的离心率为5； ③若PF1PF2，则△PF1F2的面积为2；

21，4④若△PF1F2的面积为25，则△PF1F2为钝角三角形 【答案】②④ 【解析】 【分析】

b21由已知可得2，可求a，e，从而判断①②，求出∴PF1F2的面积可判断③，设P(x0，y0)，利用面积

a4求出点P的坐标，再求边长，求出cosPF2F1可判断④．

x12y12x22y22【详解】设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，可得221，221，

ababy1y2y1y2xxyy(xx)(xx)(yy)(yy)两式相减可得1221212212，由题意可得k1，且M(12,12)，k2，

x1x2x1x2ab22b2k1k22，

a21b21k1k2，2，e1b25，故②正确；

a24a4C的焦点到渐近线的距离为1，设F2c,0到渐近线bxay0的距离为d，则da2，故①错误，c145，

bcab22b1，即b1，

若PF1PF2，不妨设P在右支上，|PF1|2|PF2|220，又|PF1||PF2|4，|PF1||PF2|2， 则△PF1F2的面积为SPF1F21|PF1||PF2|1，故③不正确；设P(x0，y0)，S2PF1F21|y0|2， 2c|y0|25，2x222将|y0|2代入双曲线y1，得x020，|x0|25，根据双曲线的对称性，不妨取点P的坐标为(25，2)，

4cosPF2F1|PF2|(255)2223，|PF1|(255)2227，

9204923250，PF2F1为钝角，△PF1F2为钝角三角形．故④正确．

x2y2D两点，11．已知斜率为1的直线l与双曲线C：221a0,b0相交于B，且BD的中点为M1,3，

ab则C的离心率是______． 【答案】2 【解析】

b2【分析】设B(x1,y1),D(x2,y2)，代入双曲线方程，利用点差法，可求得23，代入离心率公式，即可得答案.

ax12y121a2b2x12x22y12y22【详解】设B(x1,y1),D(x2,y2)，则2，两式作差可得：，即222abx2y21a2b2(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)，因为M1,3为BD中点，所以x1x22,y1y26，

a2b222y1y2bb又直线BD斜率为1所以xx1，代入可得，23，所以C的离心率e122.

a12ay212．已知双曲线x1上存在两点M,N关于直线yxb对称，且MN的中点在抛物线y23x上，则

22实数b的值为________． 9【答案】0或

4【解析】

【分析】设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为E(x0，y0)，由点差法可得kMNx；通过M,N两点关于

0y0直线yxb对称，可得kMN1，求出E的坐标，代入抛物线方程求解即可．

2x1【详解】设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为E(x0，y0)，则x22y1212， 2y212x1x22x0y2y1y2y11②，由点差法可得(x2x1)(x2x1)(y2y1)(y2y1)，即xxxx2①，显然x1x2，又因为

2yy2y2121012代②入①可得kMNy02；由M,N两点关于直线yxb对称，可得kMN1，所以y02x0，又因为x09b2b4b2by0x0b，所以E(,)，代入抛物线方程得3，解得b0或b．

33934x213．已知P，Q为曲线C:y21上的两点，线段PQ的中点为M3,1，则直线PQ的斜率为（ ）

4A．–3

【答案】C 【解析】

3 B．

43C．

4D．3

【分析】设P(x1,y1),Q(x2,y2)，代入双曲线方程相减可得直线斜率．

x12y121(xx)(xx)4【详解】设P(x1,y1),Q(x2,y2)，则2，两式相减得1212(y1y2)(y1y2)0，

4x2y2124y1y2x1x2233353kyx，所以PQ．此时直线方程为y1(x3)，代入双曲线方程有：

x1x24(y1y2)4214444414116x23520，直线与双曲线相交于两点，又(x)21，整理得x6x0，364555444x1x2623，M是PQ中点，满足题意．

x2y214．已知斜率为1的直线与双曲线C:221a0,b0相交于A、B两点，O为坐标原点，AB的中点

ab为P，若直线OP的斜率为2，则双曲线C的离心率为（ ）

A．3 【答案】A 【解析】

B．2

C．5 D．3

b2b2【分析】利用点差法可求得2的值，结合e12可求得双曲线C的离心率的值.

aax12y12122a2b2x12x2y12y2【详解】设Ax1,y1、Bx2,y2、Px0,y0，则2，两式相减得，所以222abx2y2122aby1y2b2x1x2y1y2b2x0． ．因为x1x22x0，y1y22y0，所以

x1x2a2y0x1x2a2y1y2因为kAB222222y1y2y1，kOP02，所以b21，故b2，故eccab1b3． x1x2x02aa2aa2a2a215．已知点F13,0，F2(1)求动点M的轨迹方程；

3,0，动点M满足MF1MF22.

(2)直线l与点M的轨迹交于A，B两点，若弦AB的中点坐标为2,1，求直线l的方程. y2【答案】(1)x1；(2)4xy70

22【分析】（1）根据双曲线的定义求解即可；（2）根据点差法求解并检验即可得答案. 【解析】

(1)根据双曲线的定义得动点M的轨迹是以F13,0，F22223,0为焦点，实轴长为2的双曲线，

2y22a2,c3，所以a1,bca2，所以动点M的轨迹方程x1

222y12y2y12y2222(2) 设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1，x21，所以x1x2，

2222y1y22x1x2y1y2y1y2k即x1x2x1x2，所以AB， xxyy2121221因为弦AB的中点坐标为2,1，所以x1x24,y1y22， 所以kABy1y22x1x24所以直线l的方程为y14x2，即4xy70. x1x2y1y22y21x联立方程得14x256x510，此时562414515630，x1x24， 24xy70满足题意.所以直线l的方程为4xy70

x2y216．已知双曲线C:221(a0,b0)，离心率e3，虚轴长为22．

ab(1)求双曲线C的标准方程；

(2)过点P1,1能否作直线l，使直线l与双曲线C交于A,B两点，且点P为弦AB的中点?若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．

y2【答案】(1)x1；(2)不存在，理由见解析

22【分析】（1）根据离心率及虚轴长即可求解；（2）运用点差法求解，但是要注意检验. 【解析】(1)ec3，2b22，c3a，b2．c2a2b2，3a2a22．a21． a2y2∴双曲线C的标准方程为x1．

2，为中点的弦存在， (2)假设以定点P(11)，为中点的弦的端点坐标为A(x1,y1)，B(x2,y2)(x1x2)， 设以定点P(11)2y12x112可得x1x22，y1y22．由A，B在双曲线上，可得：， 2yx22122yy2(x1x2)2， ，为中点的弦所在的直线斜率为：k21两式相减可得以定点P(11)x2x1y1y2，为中点的弦所在的直线方程为y12(x1)．即为y2x1， 则以定点P(11)代入双曲线的方程可得2x24x30，由(4)24238<0，所以不存在这样的直线l． 17．已知抛物线C：x22py（p0）的焦点为F，P为C上的动点，Q为P在动直线yt（t0）上的投影.当△PQF为等边三角形时，其面积为43. (1)求C的方程；

x2y2(2)设O为原点，过点P的直线l与C相切，且与椭圆1交于A，B两点，直线OQ与AB交于点M.

42试问：是否存在t，使得M为AB的中点？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)x24y；(2)存在，1，理由见解析. 【分析】

（1）根据△PQF的面积可求出等边三角形的边长为4，再由OFQPQF60，pOFPQcos60求出p的值即可得C的方程；

tx021kQx,tkx0，设Ax1,y1，Bx2,y2，（2）设Px0,，则，可得，由导数的几何意义可得OQl0x4201k1x1x2y1y2,kk中点M，由点差法可得，OM，因此可求出t1即可. lOMx0222p【解析】(1)设Px0,y0，F0,，因为△PQF为等边三角形时，其面积为43，

221π所以PQsin43，解得PQ4，即PQPFFQ4，

23由抛物线定义可知，y=t为抛物线的准线，由题意可知OFQPQF60，所以p2OFFQcos60412，所以C的方程x24y； 2x02(2)设Px0,，则P在动直线yt上的投影Qx0,t，

4当x00时，kOQt111，由yx2可得yx，所以切线l的斜率为klx0， x0242x12y1214x1x2y1y2x12x22y12y222,0， 设Ax1,y1，Bx2,y2，线段AB的中点M由2，可得，22242xy22124y1y2y1y21xxxxyyyy，即klkOM1， 所以121212120，整理可得：

x1x2x1x222421t11所以x0kOM，可得kOM，又因为kOQkOM，

x0x0221所以当t1时，kOQkOM，此时O,M,Q三点共线，满足M为AB的中点，

x0综上，存在t，使得点M为AB的中点恒成立，t1.

x2y218．已知双曲线E:221(a0,b0)经过点(2,3)，一条渐近线的倾斜角为60.

ab(1)求双曲线的标准方程；

(2)若斜率为k(k0)的直线l与双曲线E交于两个不同的点M，N，线段MN的中垂线与y轴交于点(0,4)，求实数k的取值范围.

y21；(2)(,2)(3,0)(0,3)(2,). 【答案】(1)x32【分析】(1)根据给定条件列出关于a，b的方程求解即可作答.

(2)设出直线l的方程，联立直线l与双曲线E的方程消去y，借助韦达定理及判别式列式计算作答. 【解析】(1)依题意，双曲线E的渐近线方程为ybbx，因一条渐近线的倾斜角为60，即3， aa23y221. 由双曲线E经过点(2,3)，得221，解得a1，b3，所以双曲线E的方程为xab3(2)设直线l的方程为ykxm，M(x1,y1)，N(x2,y2)，

ykxm由2消去y并整理得(3k2)x22kmxm230，3k20， 23xy32km3m2(2km)4(3k)(m3)12(3mk)0，即mk3，则x1x2，x1x22，

k33k22222222y1y2k(x1x2)2mkkm3m2km6m()， 2mMN，于是得线段中点为，3k23k23k23k2因此，线段MN的垂直平分线的方程为y从而有43m1km(x)，而线段MN的垂直平分线过点(0,4)， 23kk3k23m1km222242()22，化简得m3k，代入mk3得：96kkk3， 3kk3k解得k2或k2，或3k3，且k0，所以k的取值范围为(,2)(3,0)(0,3)(2,). 19．中心在原点的双曲线E焦点在x轴上且焦距为4，请从下面3个条件中选择1个补全条件，并完成后面问题：

①该曲线经过点A2,3；

②该曲线的渐近线与圆x28xy240相切；

3③点P在该双曲线上，F1、F2为该双曲线的焦点，当点P的纵坐标为时，恰好PF1PF2.

2(1)求双曲线E的标准方程；

(2)过定点Q1,1能否作直线l，使l与此双曲线相交于Q1、Q2两点，且Q是弦Q1Q2的中点？若存在，求出l的方程；若不存在，说明理由.

y2【答案】(1)条件选择见解析，双曲线E的标准方程为x1；(2)不存在，理由见解析

32【分析】

（1）选①：利用双曲线的定义求出2a的值，结合c的值可求得b的值，由此可得出双曲线E的标准方程；选②：求出

b3，可得出c2a，结合已知条件可得出a、b的值，由此可得出双曲线E的标准方程； a2选③：利用双曲线的定义和勾股定理可得出PF1PF22b，然后利用三角形的面积公式可求得b2的值，结合c的值可求得a的值，由此可得出双曲线E的标准方程.

（2）假设满足条件的直线l存在，设点Q1x1,y1、Q2x2,y2，利用点差法可求得直线l的斜率，可得出直线l的方程，再将直线l与双曲线E的方程联立，计算，即可得出结论. x2y2【解析】(1)设双曲线E的标准方程为221ab0.

ab选①：由题意可知，双曲线E的两个焦点分别为F12,0、F22,0， 由双曲线的定义可得2aAF1AF22423232，则a1，故bc2a23，

y21. 所以，双曲线E的标准方程为x3选②：圆x28xy240的标准方程为x4y212，圆心为4,0，半径为23，

2双曲线E的渐近线方程为ybx，由题意可得a23，解得b3，

ab1a24ba即b3a，因为ca2b22a2，则a1，b3， y2因此，双曲线E的标准方程为x1.

32选③：由勾股定理可得PF1PF24c216PF1PF2222所以，PF1PF22ca2b，则S△F1PF22222PF1PF24a22PF1PF2，

113PF1PF2b24，则b3，故ac2b21， 222y2所以，双曲线E的标准方程为x1.

32x1x22(2)假设满足条件的直线l存在，设点Q1x1,y1、Q2x2,y2，则，

yy212y121y1y2y1y2， 3xxxx，两式作差得121223y213y1y2k3，所以，直线l的方程为y13x1，即y3x2. 所以，直线l的斜率为

x1x22x1由题意可得x22y3x2联立2y2，整理可得6x212x70，1224670，因此，直线l不存在.

1x3x2y2x2y220．已知ab0，如图，曲线由曲线C1:221(y0)和曲线C2:221(y0)组成，其中点F1，

ababF2为曲线C1所在圆锥曲线的焦点，点F3，F4为曲线C2所在圆锥曲线的焦点，F2（2，0），F4（6，0）.

(1)求曲线的方程；

(2)如图，作直线l平行于曲线C2的渐近线，交曲线C1于点A，B，求证：弦AB的中点M必在曲线C2的另一条渐近线上.

x2y2x2y21(y0)；(2)证明见解析 【答案】(1)1(y0)和20162016a2b236【分析】（1）根据题意得到22，再解方程组即可.

ab425y(xm)25525（2）不妨令直线l平行于渐近线y得到x，设l:y(xm)，(m25)，联立2255xy1,20162x22mxm2200，设点Ax1,y1，Bx2,y2，Mx0,y0，得到x0即可证明中点M在另一条渐近线y25x上. 5m525，y0m，y0x0，255a2b236a220【解析】(1)F2(2,0)，F4(6,0)，22，解得2，

ab4b16x2y2x2y21(y0). 则曲线的方程为：1(y0)和20162016(2) 由题意曲线C2的渐近线为：y2525x， x，不妨令直线l平行于渐近线y5525y(xm)255设l:y，得2x22mxm2200， (xm)，(m25)，由225xy1,20164m28m2200，解得：210m210所以有25m210，

2m20设点Ax1,y1，Bx2,y2，Mx0,y0，则x1x2m，x1x2，

2x052525my0my0yxx05，552，，即中点M在另一条渐近线上.