第2課時直線與雙曲線的位置關系課標解讀考向預測1.掌握直線與雙曲線的位置關系及其判定方法.2.會求直線和雙曲線相交的弦長.3.能夠解決弦中點問題.從近三年高考來看，直線與雙曲線的綜合問題是高考的熱點，題型以解答題為主，難度偏大．預計2025年高考可能會與漸近線、離心率等綜合考查，選擇題、填空題、解答題都有可能出現.必備知識——強基礎1．直線與雙曲線的位置關系將直線的方程y＝kx＋m與雙曲線的方程eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)聯立組成方程組，消元轉化為關于x的方程(b2－a2k2)x2－2a2mkx－a2m2－a2b2＝0.(1)若b2－a2k2＝0(m≠0)，即k＝±eq\f(b,a)時，直線與雙曲線的漸近線eq\x(\s\up1(01))平行，直線與雙曲線eq\x(\s\up1(02))相交于一點．(2)若b2－a2k2≠0，即k≠±eq\f(b,a)時，Δ＝(－2a2mk)2－4(b2－a2k2)(－a2m2－a2b2)．①Δ＞0?直線和雙曲線相交?直線和雙曲線有兩個交點；②Δ＝0?直線和雙曲線相切?直線和雙曲線有一個公共點；③Δ＜0?直線和雙曲線相離?直線和雙曲線無公共點．2．直線與雙曲線的相交弦設直線y＝kx＋m交雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)于P1(x1，y1)，P2(x2，y2)兩點，則|P1P2|＝eq\r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)＝eq\r(（x1－x2）2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1－y2,x1－x2)))\s\up12(2))))＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|，同理，可得|P1P2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|(k≠0)．這里|x1－x2|，|y1－y2|的求法通常使用根與系數的關系，需作以下變形：|x1－x2|＝eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)，|y1－y2|＝eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2).1．與雙曲線只有一個公共點的直線有兩種：一種是與漸近線平行且與雙曲線交于一點的直線；另一種是與雙曲線相切的直線．2．同支的焦點弦中最短的為通徑(過焦點且垂直于實軸的弦)，其長為eq\f(2b2,a)；異支的弦中最短的弦為實軸，其長為2a.1．概念辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)直線與雙曲線相交一定有兩個公共點．()(2)直線y＝x與雙曲線eq\f(x2,5)－y2＝1一定不相切．()(3)過雙曲線上兩點A(x1，y1)，B(x2，y2)的直線的斜率k＝eq\f(y2－y1,x2－x1).()(4)直線y＝x－1被雙曲線eq\f(x2,2)－y2＝1截得的弦長為eq\r(2).()答案(1)×(2)√(3)×(4)×2．小題熱身(1)直線y＝eq\f(3,2)x＋2與雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,9)＝1的位置關系是()A．相切 B．相交C．相離 D．無法確定答案B解析由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋2，,\f(x2,4)－\f(y2,9)＝1，))得eq\f(x2,4)－eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x＋2))\s\up12(2),9)＝1整理，得6x＝－13.所以x＝－eq\f(13,6)，故直線和雙曲線只有一個交點，又雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,9)＝1的漸近線方程為y＝±eq\f(3,2)x，所以直線y＝eq\f(3,2)x＋2與雙曲線的一條漸近線平行且與雙曲線只有一個交點．所以直線與雙曲線的位置關系為相交．故選B.(2)(人教A選擇性必修第一冊復習參考題3T4改編)已知直線y＝kx－1與雙曲線x2－y2＝1沒有公共點，則k的取值范圍是________．答案(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞)解析由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,x2－y2＝1，))得(1－k2)x2＋2kx－2＝0，當1－k2＝0時，方程有解，即直線y＝kx－1與雙曲線x2－y2＝1有公共點；當1－k2≠0時，由Δ＝4k2＋8(1－k2)<0，解得k<－eq\r(2)或k>eq\r(2).故k的取值范圍是(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞)．(3)(人教A選擇性必修第一冊習題3.2T1改編)直線l交雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1于A，B兩點，且P(4，1)為AB的中點，則l的斜率為________．答案2解析設點A(x1，y1)，B(x2，y2)，因為P(4，1)為AB的中點，所以有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝8，,y1＋y2＝2.))又點A，B在雙曲線上，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,1)－2yeq\o\al(2,1)＝4，,xeq\o\al(2,2)－2yeq\o\al(2,2)＝4，))即(x1＋x2)(x1－x2)＝2(y1＋y2)(y1－y2)，則l的斜率k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(x1＋x2,2（y1＋y2）)＝eq\f(8,2×2)＝2，此時直線l的方程為y－1＝2(x－4)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x－7，,x2－2y2＝4，))消去y并整理，得7x2－56x＋102＝0，Δ＝562－4×7×102＝280>0，即直線l與雙曲線交于兩點，所以l的斜率為2.考點探究——提素養考點一直線與雙曲線的位置關系例1若過點P(0，1)的直線l與雙曲線E：x2－y2＝1的右支交于不同的兩點，則直線l的斜率的取值范圍為()A．(1，eq\r(2)) B．[－eq\r(2)，－1]C．[1，eq\r(2)] D．(－eq\r(2)，－1)答案D解析由題意可得直線l的斜率存在，設直線l的方程為y＝kx＋1，設交點A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,x2－y2＝1，))得(1－k2)x2－2kx－2＝0，由題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－k2≠0，,Δ＝4k2＋8（1－k2）>0，,x1＋x2＝\f(2k,1－k2)>0，,x1x2＝\f(－2,1－k2)>0，))解得－eq\r(2)<k<－1.故選D.【通性通法】通常把直線與雙曲線的方程聯立成方程組，通過消元后化為ax2＋bx＋c＝0的形式．(1)在a≠0的情況下考察方程的判別式①Δ>0時，直線與雙曲線有兩個不同的公共點；②Δ＝0時，直線與雙曲線只有一個公共點；③Δ<0時，直線與雙曲線沒有公共點．(2)當a＝0時，此時直線與雙曲線的漸近線平行，直線與雙曲線有一個公共點．【鞏固遷移】1．(2024·重慶第二次聯合診斷)已知點P(1，2)和雙曲線C：x2－eq\f(y2,4)＝1，過點P且與雙曲線C只有一個公共點的直線l有()A．2條 B．3條C．4條 D．無數條答案A解析由題意可得，雙曲線C：x2－eq\f(y2,4)＝1的漸近線方程為y＝±2x，點(1，0)是雙曲線的頂點．若直線l的斜率不存在，則直線l的方程為x＝1，此時直線l與雙曲線C只有一個公共點，符合題意；若直線l的斜率存在，則當直線l平行于漸近線y＝－2x時，直線l與雙曲線C只有一個公共點，符合題意；若直線l的斜率為2，則直線l的方程為y＝2x，此時直線l為雙曲線C的一條漸近線，不符合題意．綜上所述，過點P且與雙曲線C只有一個公共點的直線l共有2條．故選A.考點二弦長問題例2已知雙曲線的焦距為4，焦點在x軸上，且過點P(2，3)．(1)求該雙曲線的標準方程；(2)若直線m經過該雙曲線的右焦點且斜率為1，求直線m被雙曲線截得的弦長．解(1)設雙曲線的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，由已知可得左、右焦點F1，F2的坐標分別為(－2，0)，(2，0)，則|PF1|－|PF2|＝2＝2a，所以a＝1，又c＝2，所以b＝eq\r(3)，所以雙曲線的標準方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)由題意知直線m的方程為y＝x－2，聯立雙曲線方程與直線方程并消去y，得2x2＋4x－7＝0，設兩交點為A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1＋x2＝－2，x1x2＝－eq\f(7,2)，由弦長公式，得|AB|＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝6.【通性通法】1．距離公式法當弦的兩端點坐標易求時，可直接求出交點坐標，再利用兩點間距離公式求弦長．2．弦長公式法當弦的兩端點坐標不易求時，可利用弦長公式求解，即若直線l：y＝kx＋m(k≠0)與雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點，則|AB|＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)或|AB|＝eq\r(1＋\f(1,k2))·|y1－y2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))·eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2).【鞏固遷移】2．已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1過點(eq\r(2)，eq\r(3))，給出以下兩個條件：①離心率為2；②與雙曲線eq\f(y2,3)－x2＝1有相同的漸近線．(1)任選一個條件，求出雙曲線C的方程；(2)直線l與直線4x－2y－1＝0平行，l被C截得的弦長為4eq\r(5)，求直線l的方程．解(1)若選擇①：由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2,a2)－\f(3,b2)＝1，,e＝\f(c,a)＝2，,c2＝a2＋b2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝1，,b2＝3，))所以雙曲線C的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.若選擇②：設雙曲線的方程為eq\f(y2,3)－x2＝n(n≠0)，依題意，得eq\f(3,3)－2＝n，解得n＝－1，所以雙曲線C的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)由題意，設直線l的方程為4x－2y＋m＝0，聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－\f(y2,3)＝1，,4x－2y＋m＝0，))得4x2＋8mx＋m2＋12＝0，由Δ＝64m2－16(m2＋12)＝48m2－192>0，解得m<－2或m>2.設l交C于點A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－2m，x1x2＝eq\f(m2＋12,4)，所以|AB|＝eq\r(1＋4)|x1－x2|＝eq\r(5)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(5)·eq\r(4m2－（m2＋12）)＝4eq\r(5)，解得m＝±eq\f(2\r(21),3).所以直線l的方程為6x－3y＋eq\r(21)＝0或6x－3y－eq\r(21)＝0.考點三中點弦問題例3(2023·全國乙卷)設A，B為雙曲線x2－eq\f(y2,9)＝1上兩點，下列四個點中，可為線段AB中點的是()A．(1，1) B．(－1，2)C．(1，3) D．(－1，－4)答案D解析解法一：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則AB的中點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2)))，可得kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)，直線OM(O為坐標原點)的斜率k＝eq\f(\f(y1＋y2,2),\f(x1＋x2,2))＝eq\f(y1＋y2,x1＋x2)，因為A，B在雙曲線上，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,1)－\f(yeq\o\al(2,1),9)＝1，,xeq\o\al(2,2)－\f(yeq\o\al(2,2),9)＝1，))兩式相減得(xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))－eq\f(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2),9)＝0，所以kAB·k＝eq\f(yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2),xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2))＝9.對于A，k＝1，kAB＝9，則直線AB：y＝9x－8，聯立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝9x－8，,x2－\f(y2,9)＝1，))消去y得72x2－2×72x＋73＝0，此時Δ＝(－2×72)2－4×72×73＝－288<0，所以直線AB與雙曲線沒有交點，故A不符合題意；對于B，k＝－2，kAB＝－eq\f(9,2)，則直線AB：y＝－eq\f(9,2)x－eq\f(5,2)，聯立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(9,2)x－\f(5,2)，,x2－\f(y2,9)＝1，))消去y得45x2＋2×45x＋61＝0，此時Δ＝(2×45)2－4×45×61＝－4×45×16<0，所以直線AB與雙曲線沒有交點，故B不符合題意；對于C，k＝3，kAB＝3，則直線AB：y＝3x，由雙曲線方程可得a＝1，b＝3，則直線AB：y＝3x為雙曲線的漸近線，所以直線AB與雙曲線沒有交點，故C不符合題意；對于D，k＝4，kAB＝eq\f(9,4)，則直線AB：y＝eq\f(9,4)x－eq\f(7,4)，聯立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(9,4)x－\f(7,4)，,x2－\f(y2,9)＝1，))消去y得63x2＋126x－193＝0，此時Δ＝1262＋4×63×193>0，故直線AB與雙曲線有兩個交點，故D符合題意．故選D.解法二：設A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中點為(x0，y0)，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,1)－\f(yeq\o\al(2,1),9)＝1①，,xeq\o\al(2,2)－\f(yeq\o\al(2,2),9)＝1②，))①－②得kAB＝eq\f(y2－y1,x2－x1)＝9×eq\f(x1＋x2,y1＋y2)＝9×eq\f(x0,y0)，即－3<9×eq\f(x0,y0)<3?－eq\f(1,3)<eq\f(x0,y0)<eq\f(1,3)，即eq\f(y0,x0)>3或eq\f(y0,x0)<－3.故選D.【通性通法】中點弦問題的解決方法方法一將直線方程與雙曲線的方程聯立，消元后得到一元二次方程，再用判別式和中點坐標公式求解方法二用點差法和中點坐標公式求解：設A(x1，y1)，B(x2，y2)是雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)上不同的兩點，且x1≠x2，x1＋x2≠0，M(x0，y0)為線段AB的中點，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),a2)－\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),a2)－\f(yeq\o\al(2,2),b2)＝1.))兩式相減可得eq\f(y1－y2,x1－x2)·eq\f(y1＋y2,x1＋x2)＝eq\f(b2,a2)，即kAB·eq\f(y0,x0)＝eq\f(b2,a2)，kAB＝eq\f(b2x0,a2y0)【鞏固遷移】3．過點P(8，1)的直線與雙曲線x2－4y2＝4交于A，B兩點，且P是線段AB的中點，則直線AB的方程為________________．答案2x－y－15＝0解析設A，B的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)，則xeq\o\al(2,1)－4yeq\o\al(2,1)＝4①，xeq\o\al(2,2)－4yeq\o\al(2,2)＝4②.由①－②，得(x1＋x2)(x1－x2)－4(y1＋y2)·(y1－y2)＝0，∵P是線段AB的中點，∴x1＋x2＝16，y1＋y2＝2，∴eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(x1＋x2,4（y1＋y2）)＝2.∴直線AB的斜率為2，∴直線AB的方程為2x－y－15＝0.考點四直線與雙曲線的綜合問題例4(2024·重慶一中質檢)在平面直角坐標系xOy中，焦點在x軸上的雙曲線C過點T(2，3)，且有一條傾斜角為120°的漸近線．(1)求雙曲線C的標準方程；(2)設點F為雙曲線C的右焦點，點P在C的右支上，點Q滿足eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(PQ,\s\up6(→))，直線QF交雙曲線C于A，B兩點，若|AB|＝2|QF|，求點P的坐標．解(1)設雙曲線C的標準方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x，則由題意可得，eq\f(4,a2)－eq\f(9,b2)＝1，且－eq\f(b,a)＝tan120°＝－eq\r(3)，解得a＝1，b＝eq\r(3)，則雙曲線C的標準方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)雙曲線C的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1，所以C的右焦點F(2，0)，點Q滿足eq\o(OP,\s\up6(→))＝eq\o(PQ,\s\up6(→))，則P為OQ的中點，設P(m，n)，m>0，則Q(2m，2n)，若直線AB的斜率不存在，則其方程為x＝2，此時P(1，0)，m＝1，Q與F重合，不符合題意；若直線AB的斜率存在，設直線AB的方程為y＝k(x－2)，m≠1，因為kQF＝k，所以eq\f(2n,2m－2)＝k，所以n＝(m－1)k，因為點P在雙曲線C上，所以3m2－n2＝3，所以3m2－[(m－1)k]2＝3，即k2＝eq\f(3m＋3,m－1)，聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－2），,3x2－y2＝3，))消去y，得(k2－3)x2－4k2x＋4k2＋3＝0，所以k2－3≠0，Δ＝16k4－4(k2－3)(4k2＋3)＝36(k2＋1)>0.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(4k2,k2－3)，x1x2＝eq\f(4k2＋3,k2－3).因為|AB|＝2|QF|，所以|x2－x1|＝2|2m－2|，所以(x1＋x2)2－4x1x2＝16(m－1)2，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k2,k2－3)))eq\s\up12(2)－4×eq\f(4k2＋3,k2－3)＝16(m－1)2，即9(k2＋1)＝4(m－1)2(k2－3)2，所以9eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3m＋3,m－1)＋1))＝4(m－1)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3m＋3,m－1)－3))eq\s\up12(2)，解得m＝eq\f(3,2)，n＝±eq\f(\r(15),2)，符合題意，所以點P的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，±\f(\r(15),2))).【通性通法】利用雙曲線的定義、幾何性質來研究直線與雙曲線的位置關系時：如果是判斷直線與雙曲線的位置關系，可以通過聯立方程，利用方程組的解的個數來判斷；如果涉及弦長問題，可以利用弦長公式解決；如果涉及面積問題，往往需要利用弦長公式、面積公式、構建目標函數來解決問題．【鞏固遷移】4．(2022·新高考Ⅰ卷)已知點A(2，1)在雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,a2－1)＝1(a>1)上，直線l交C于P，Q兩點，直線AP，AQ的斜率之和為0.(1)求l的斜率；(2)若tan∠PAQ＝2eq\r(2)，求△PAQ的面積．解(1)將點A的坐標代入雙曲線方程得eq\f(4,a2)－eq\f(1,a2－1)＝1，化簡得a4－4a2＋4＝0，得a2＝2，故雙曲線C的方程為eq\f(x2,2)－y2＝1.由題易知，直線l的斜率存在，設直線l的方程為y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯立直線l與雙曲線C的方程并整理得(2k2－1)x2＋4kmx＋2m2＋2＝0，故x1＋x2＝－eq\f(4km,2k2－1)，x1x2＝eq\f(2m2＋2,2k2－1).kAP＋kAQ＝eq\f(y1－1,x1－2)＋eq\f(y2－1,x2－2)＝eq\f(kx1＋m－1,x1－2)＋eq\f(kx2＋m－1,x2－2)＝0，化簡得2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，故eq\f(2k（2m2＋2）,2k2－1)＋(m－1－2k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4km,2k2－1)))－4(m－1)＝0，整理得(k＋1)(m＋2k－1)＝0，又直線l不過點A，即m＋2k－1≠0，故k＝－1.(2)不妨設直線PA的傾斜角為θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0＜θ＜\f(π,2)))，由題意知∠PAQ＝π－2θ，所以tan∠PAQ＝－tan2θ＝eq\f(2tanθ,tan2θ－1)＝2eq\r(2)，解得tanθ＝eq\r(2)或tanθ＝－eq\f(\r(2),2)(舍去)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(y1－1,x1－2)＝\r(2)，,\f(xeq\o\al(2,1),2)－yeq\o\al(2,1)＝1，))得x1＝eq\f(10－4\r(2),3)，所以|AP|＝eq\r(3)|x1－2|＝eq\f(4\r(3)×（\r(2)－1）,3)，同理得x2＝eq\f(10＋4\r(2),3)，所以|AQ|＝eq\r(3)|x2－2|＝eq\f(4\r(3)×（\r(2)＋1）,3).因為tan∠PAQ＝2eq\r(2)，所以sin∠PAQ＝eq\f(2\r(2),3)，故S△PAQ＝eq\f(1,2)|AP||AQ|sin∠PAQ＝eq\f(1,2)×eq\f(4\r(3)×（\r(2)－1）,3)×eq\f(4\r(3)×（\r(2)＋1）,3)×eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(16\r(2),9).課時作業一、單項選擇題1．直線y＝2x＋m與雙曲線4x2－y2＝1的交點情況是()A．恒有一個交點B．存在m有兩個交點C．至多有一個交點D．存在m有三個交點答案C解析將y＝2x＋m代入4x2－y2＝1，得m2＋4mx＋1＝0.當m＝0時，方程無解；當m≠0時，x＝eq\f(1＋m2,－4m)，所以至多有一個交點．故選C.2．在直線與雙曲線的位置關系中，“公共點只有一個”是“直線與雙曲線相切”的()A．充要條件B．充分不必要條件C．必要不充分條件D．既不充分也不必要條件答案C解析當“直線與雙曲線有且只有一個公共點”成立時，有可能是直線與雙曲線的漸近線平行，此時“直線與雙曲線相切”不成立．反之，由“直線與雙曲線相切”一定能推出“直線與雙曲線有且只有一個公共點”，所以“直線與雙曲線有且只有一個公共點”是“直線與雙曲線相切”的必要不充分條件．故選C.3．(2023·四川遂寧適應性考試)已知雙曲線C：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1的右焦點為F，點A(0，m)，若直線AF與C只有一個交點，則m＝()A．±2 B．±4eq\r(3)C．±2eq\r(3) D．±4答案B解析雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\r(3)x，右焦點為F(4，0)，因為直線AF與C只有一個交點，所以直線AF與雙曲線的漸近線平行，所以kAF＝eq\f(m－0,0－4)＝±eq\r(3)，解得m＝±4eq\r(3).故選B.4．(2024·湖北荊州模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)與直線y＝－x＋2相交于A，B兩點，弦AB的中點M的橫坐標為－1，則雙曲線C的漸近線方程為()A．y＝±eq\r(3)x B．y＝±3xC．y＝±eq\f(1,3)x D．y＝±eq\f(\r(3),3)x答案A解析設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),a2)－\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),a2)－\f(yeq\o\al(2,2),b2)＝1，))由點差法得eq\f(（x1＋x2）（x1－x2）,a2)－eq\f(（y1＋y2）（y1－y2）,b2)＝0(x1≠x2)．∵M(－1，3)，∴x1＋x2＝－2，y1＋y2＝6，∴eq\f(－2,a2)－eq\f(6（y1－y2）,b2（x1－x2）)＝0，又kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－1，∴b2＝3a2，∴雙曲線C的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\r(3)x.故選A.5．已知F是雙曲線x2－eq\f(y2,8)＝1的左焦點，直線4x－y－12＝0與該雙曲線交于P，Q兩點，則△FPQ的重心G到y軸的距離為()A．1 B．4C．3 D．2答案C解析由題意，不妨設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，聯立雙曲線方程與直線方程，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－\f(y2,8)＝1，,4x－y－12＝0，))消去y，得x2－12x＋19＝0，故x1＋x2＝12.因為F(－3，0)，所以△FPQ的重心G到y軸的距離為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2－3,3)))＝eq\f(|12－3|,3)＝3.故選C.6．(2023·山東煙臺模擬)過雙曲線x2－y2＝2的左焦點作直線l，與雙曲線交于A，B兩點，若|AB|＝4，則這樣的直線l有()A．1條 B．2條C．3條 D．4條答案D解析由題意，得雙曲線的左焦點為(－2，0)，當直線l垂直于橫軸時，|AB|＝2eq\r(2)，不符合題意，因為雙曲線的漸近線方程為y＝±x，故可設直線l的方程為y＝k(x＋2)(k≠±1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，與雙曲線方程聯立，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋2），,x2－y2＝2，))消去y，得(1－k2)x2－4k2x－4k2－2＝0，則x1＋x2＝eq\f(4k2,1－k2)，x1x2＝eq\f(－4k2－2,1－k2)，由弦長公式，知|AB|＝eq\r(k2＋1)|x1－x2|＝eq\r(k2＋1)·eq\f(\r(8（k2＋1）),|k2－1|)＝4，得k2＋1＝eq\r(2)|k2－1|，解得k＝±(eq\r(2)－1)或k＝±(eq\r(2)＋1)，故存在4條滿足條件的直線．故選D.7．(2024·廣東珠海模擬)已知直線l與雙曲線eq\f(x2,3)－eq\f(y2,4)＝1相交于A，B兩點，O為坐標原點，若OA⊥OB，則|OA|·|OB|的最小值為()A．20 B．22C．24 D．25答案C解析依題意，得直線OA與OB的斜率都存在且不為0，不妨設直線OA的方程為y＝kx(k≠0)，則直線OB的方程為y＝－eq\f(1,k)x.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯立得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)－\f(y2,4)＝1，,y＝kx，))則xeq\o\al(2,1)＝eq\f(12,4－3k2)，yeq\o\al(2,1)＝eq\f(12k2,4－3k2)，所以|OA|2＝xeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,1)＝eq\f(12,4－3k2)＋eq\f(12k2,4－3k2)＝eq\f(12k2＋12,4－3k2).同理可得|OB|2＝xeq\o\al(2,2)＋yeq\o\al(2,2)＝eq\f(12×\f(1,k2)＋12,4－3×\f(1,k2))＝eq\f(12k2＋12,4k2－3)，所以eq\f(1,|OA|2)＋eq\f(1,|OB|2)＝eq\f(4－3k2,12k2＋12)＋eq\f(4k2－3,12k2＋12)＝eq\f(k2＋1,12k2＋12)＝eq\f(1,12)，所以eq\f(1,12)＝eq\f(1,|OA|2)＋eq\f(1,|OB|2)≥2eq\r(\f(1,|OA|2·|OB|2))＝eq\f(2,|OA|·|OB|)，即|OA|·|OB|≥24，當且僅當|OA|＝|OB|時，等號成立．故選C.8．(2024·湖南長沙高三模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F2，直線y＝eq\r(3)x與C的左、右兩支分別交于點A，B，若四邊形AF1BF2為矩形，則C的離心率為()A．eq\f(\r(3)＋1,2) B．3C．eq\r(3)＋1 D．eq\r(5)＋1答案C解析顯然直線y＝eq\r(3)x與F1F2交于原點O，由雙曲線的對稱性知，若四邊形AF1BF2是矩形，則|AB|＝|F1F2|，設點A(x1，y1)，B(x2，y2)，而F1(－c，0)，F2(c，0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\r(3)x，,\f(x2,a2)－\f(y2,b2)＝1，))得(b2－3a2)x2＝a2b2，解得x1＝－eq\f(ab,\r(b2－3a2))，x2＝eq\f(ab,\r(b2－3a2))，則|AB|＝eq\r(1＋（\r(3)）2)·|x1－x2|＝eq\f(4ab,\r(b2－3a2))，則eq\f(4ab,\r(b2－3a2))＝2c，化簡得b4－6a2b2－3a4＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b2,a2)))eq\s\up12(2)－6·eq\f(b2,a2)－3＝0，解得eq\f(b2,a2)＝3＋2eq\r(3)，則e＝eq\f(c,a)＝eq\r(\f(c2,a2))＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(4＋2\r(3))＝eq\r(3)＋1.故選C.二、多項選擇題9．已知焦點在x軸上的雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(1,2)x，實軸長為4，則()A．該雙曲線的虛軸長為2eq\r(2)B．該雙曲線的焦距為2eq\r(5)C．該雙曲線的離心率為eq\r(5)D．直線x－y＋2＝0與該雙曲線有兩個公共點答案BD解析由題意，設雙曲線的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，因為雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(1,2)x，實軸長為4，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＝\f(1,2)，,2a＝4，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1.))故雙曲線的方程為eq\f(x2,4)－y2＝1，所以c＝eq\r(a2＋b2)＝eq\r(5).對于A，該雙曲線的虛軸長為2，所以A錯誤；對于B，該雙曲線的焦距為2c＝2eq\r(5)，所以B正確；對于C，該雙曲線的離心率為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),2)，所以C錯誤；對于D，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)－y2＝1，,x－y＋2＝0，))得3x2＋16x＋20＝0，因為Δ＝162－4×3×20＝16>0，所以方程3x2＋16x＋20＝0有兩個不相等的實根，所以直線x－y＋2＝0與該雙曲線有兩個公共點，所以D正確．故選BD.10．已知雙曲線C：eq\f(x2,t－7)－eq\f(y2,t)＝1的一條漸近線方程為4x－3y＝0，過點(5，0)作直線l交雙曲線于A，B兩點，則下列結論中正確的是()A．t＝16或－9B．該雙曲線的離心率為eq\f(5,3)C．滿足|AB|＝eq\f(32,3)的直線l有且僅有一條D．若A，B分別在雙曲線左、右兩支上，則直線l的斜率的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(4,3)))答案BD解析因為雙曲線C：eq\f(x2,t－7)－eq\f(y2,t)＝1的一條漸近線方程為4x－3y＝0，所以eq\f(t,t－7)＝eq\f(16,9)，解得t＝16，故A錯誤；雙曲線方程為eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1，故a＝3，b＝4，c＝eq\r(9＋16)＝5，所以該雙曲線的離心率e＝eq\f(5,3)，故B正確；如圖，F(5，0)為雙曲線的右焦點，當x＝5時，y＝±eq\f(16,3)，當A，B兩點都在雙曲線的右支上時，|AB|≥eq\f(32,3)，因為|AB|＝eq\f(32,3)，所以這種情況的直線AB只有一條，且AB與x軸垂直；當A，B分別在雙曲線的左、右兩支上時，可得|AB|≥2a＝6，而eq\f(32,3)>6，可得這樣的直線有兩條，綜上所述，滿足|AB|＝eq\f(32,3)的直線l有三條，故C錯誤；雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(4,3)x，要使A，B分別在雙曲線左、右兩支上，則直線l的斜率的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(4,3)))，故D正確．故選BD.三、填空題11．已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F2，過點F2作與x軸垂直的直線與雙曲線的一個交點為P，且∠PF1F2＝eq\f(π,6)，則雙曲線的漸近線方程為________．答案y＝±eq\r(2)x解析根據已知可得，|PF2|＝eq\f(b2,a)且|PF1|＝eq\f(2b2,a)，故eq\f(2b2,a)－eq\f(b2,a)＝2a，所以eq\f(b2,a2)＝2，eq\f(b,a)＝eq\r(2)，雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\r(2)x.12．(2024·福建廈門第四次質量檢測)寫出同時滿足下列條件的一條直線l的方程為________．①直線l在y軸上的截距為1；②直線l與雙曲線eq\f(x2,4)－y2＝1只有一個公共點．答案y＝±eq\f(1,2)x＋1，y＝±eq\f(\r(2),2)x＋1(寫出其中一個直線方程即可)解析因為直線l與雙曲線eq\f(x2,4)－y2＝1只有一個公共點，所以直線l與雙曲線eq\f(x2,4)－y2＝1的漸近線y＝±eq\f(1,2)x平行．又直線l在y軸上的截距為1，所以直線l的方程可以是y＝±eq\f(1,2)x＋1.若直線l在y軸上的截距為1且與雙曲線相切，則二者只有一個交點．可設l：y＝kx＋1，代入雙曲線方程，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－k2))x2－2kx－2＝0，只需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－k2≠0，,Δ＝4k2＋8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－k2))＝0，))解得k＝±eq\f(\r(2),2)，所以直線l：y＝±eq\f(\r(2),2)x＋1，即所求直線l的方程為y＝±eq\f(1,2)x＋1，y＝±eq\f(\r(2),2)x＋1(寫出其中一個直線方程即可)．13．(2024·湖南益陽模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,3)－y2＝1，若直線l的傾斜角為60°，且與雙曲線C的右支交于M，N兩點，與x軸交于點P，若|MN|＝eq\f(\r(3),2)，則點P的坐標為________．答案(eq\r(3)，0)解析設直線l的方程為y＝eq\r(3)x＋m，與雙曲線方程eq\f(x2,3)－y2＝1聯立，可得8x2＋6eq\r(3)mx＋3m2＋3＝0，由Δ＝108m2－32(3m2＋3)＝12m2－96>0，得m>2eq\r(2)或m<－2eq\r(2).設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq\f(3\r(3)m,4)>0，x1x2＝eq\f(3m2＋3,8)>0，則m<0，所以m<－2eq\r(2)，|MN|＝eq\r(1＋（\r(3)）2)|x1－x2|＝2eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝2eq\r(\f(27m2,16)－\f(3m2＋3,2))＝eq\f(\r(3m2－24),2)＝eq\f(\r(3),2)，解得m＝3(舍去)或m＝－3，所以直線l的方程為y＝eq\r(3)x－3，令y＝0，可得x＝eq\r(3).故點P的坐標為(eq\r(3)，0)．14．已知直線MN：y＝eq\f(1,3)x＋2與雙曲線C：eq\f(x2,9)－eq\f(y2,4)＝1交于M，N兩點，O為坐標原點，則△OMN的面積為________．答案4eq\r(7)解析聯立直線MN的方程與雙曲線的方程，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,3)x＋2，,\f(x2,9)－\f(y2,4)＝1，))消去x并整理，得x2－4x－24＝0.設M(x1，y1)，N(x2，y2)，則|MN|＝eq\r(1＋k2)|x2－x1|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x2＋x1）2－4x1x2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,9)))×（16＋96）)＝eq\f(4\r(70),3)，O到直線MN的距離為d＝eq\f(|2|,\r(1＋\f(1,9)))＝eq\f(6,\r(10))，所以△OMN的面積為S＝eq\f(1,2)×eq\f(4\r(70),3)×eq\f(6,\r(10))＝4eq\r(7).四、解答題15．已知雙曲線C和橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1有公共的焦點，且離心率為eq\r(3).(1)求雙曲線C的方程；(2)過點M(2，1)作直線l交雙曲線C于A，B兩點，且M為AB的中點，求直線l的方程及弦長|AB|.解(1)由題意，知橢圓eq\f(x2,4)＋y2＝1的焦點坐標分別為(－eq\r(3)，0)和(eq\r(3)，0)，設雙曲線C的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，則c2＝a2＋b2＝3，因為e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3)，所以c＝eq\r(3)a，解得a2＝1，b2＝2，所以雙曲線C的方程為x2－eq\f(y2,2)＝1.(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，分別代入雙曲線方程，得xeq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)yeq\o\al(2,1)＝1，xeq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)yeq\o\al(2,2)＝1，兩式相減，得(x1－x2)(x1＋x2)－eq\f(1,2)(y1－y2)(y1＋y2)＝0，因為點M(2，1)為AB的中點，所以x1＋x2＝4，y1＋y2＝2，則4(x1－x2)－(y1－y2)＝0，所以kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝4，所以直線l的方程為y＝4x－7.把y＝4x－7代入x2－eq\f(y2,2)＝1，消去y，得14x2－56x＋51＝0，所以x1＋x2＝4，x1x2＝eq\f(51,14)，又k＝4，所以|AB|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(17)×eq\r(16－4×\f(51,14))＝eq\f(\r(1190),7).16．(2024·江西紅色十校聯考)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的離心率為2，右焦點F到一條漸近線的距離為eq\r(3).(1)求雙曲線C的方程；(2)已知點B(0，b)，過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)，0))作直線l與雙曲線C交于M，N兩點，若|BM|＝|BN|，求直線l的方程．解(1)由題意知F(c，0)，雙曲線C的一條漸近線為bx＋ay＝0，則eq\f(|bc＋0|,\r(b2＋a2))＝b＝eq\r(3)，又e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(1＋\f(3,a2))＝2，所以a＝1，所以雙曲線C的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)由(1)知，B(0，eq\r(3))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，0))，由題易知直線l的斜率存在，當直線l的斜率為0時，直線l的方程為y＝0，此時直線l與雙曲線C的交點為(－1，0)和(1，0)，滿足|BM|＝|BN|，符合題意；當直線l的斜率不為0時，設直線l的方程為y＝kx＋m(k≠0)，設M(x1，y1)，N(x2，y2)，線段MN的中點為Q(x0，y0)，聯立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋m，))得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－k2≠0，,Δ＝（－2km）2＋4（3－k2）（m2＋3）>0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－k2≠0，,m2＋3－k2>0，))所以x1＋x2＝eq\f(2km,3－k2)，x1x2＝－eq\f(m2＋3,3－k2)，x0＝eq\f(km,3－k2)，y0＝eq\f(3m,3－k2)，因為|BM|＝|BN|，所以BQ⊥MN，所以kBQ＝eq\f(y0－\r(3),x0)＝eq\f(\f(3m,3－k2)－\r(3),\f(km,3－k2))＝eq\f(3m－3\r(3)＋\r(3)k2,km)＝－eq\f(1,k)，所以3－k2＝eq\f(4\r(3),3)m，又點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，0))在直線l上，所以m＝eq\f(\r(3),2)k，所以3－k2＝2k，解得k＝－3或k＝1，滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－k2≠0，,m2＋3－k2>0，))所以直線l的方程為y＝－3x－eq\f(3\r(3),2)或y＝x＋eq\f(\r(3),2).綜上，直線l的方程為y＝0，y＝－3x－eq\f(3\r(3),2)或y＝x＋eq\f(\r(3),2).17．(多選)已知F1，F2分別是雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點，A為左頂點，P為雙曲線右支上一點，若|PF1|＝2|PF2|，且△PF1F2的最小內角為30°，則()A．雙曲線的離心率為eq\r(3)B．雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\r(2)xC．∠PAF2＝45°D．直線x＋2y－2＝0與雙曲線有兩個公共點答案ABD解析對于A，因為|PF1|＝2|PF2|，|PF1|－|PF2|＝2a，所以|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，又因為2c>2a，4a>2a，所以∠PF1F2＝30°，所以cos∠PF1F2＝eq\f(16a2＋4c2－4a2,2×4a×2c)＝eq\f(\r(3),2)，所以c＝eq\r(3)a，所以e＝eq\r(3)，故A正確；對于B，因為e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2＋b2,a2)＝3，所以eq\f(b2,a2)＝2，所以eq\f(b,a)＝±eq\r(2)，所以雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\r(2)x，故B正確；對于C，因為2c＝2eq\r(3)a，所以|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2，所以∠PF2F1＝90°，又因為|AF2|＝c＋a＝(eq\r(3)＋1)a，|PF2|＝2a，所以|AF2|≠|PF2|，所以∠PAF2≠45°，故C不正確；對于D，因為eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y－2＝0，,\f(x2,a2)－\f(y2,2a2)＝1，))所以2(2－2y)2－y2＝2a2，所以7y2－16y＋8－2a2＝0，因為Δ＝162－4×7×(8－2a2)＝32＋56a2>0，所以直線x＋2y－2＝0與雙曲線有兩個公共點，所以D正確．故選ABD.18．(多選)已知F1，F2是雙曲線E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點，過F1作傾斜角為eq\f(π,6)的直線分別交y軸、雙曲線右支于M，P，且|MP|＝|MF1|，下列判斷正確的是()A．∠F1PF2＝eq\f(π,3)B．E的離心率為eq\r(3)C．△PF1F2內切圓的半徑為eq\r(3)－1D．若A，B為E上兩點且關于原點對稱，則PA，PB的斜率存在時，其乘積為2答案ABD解析如圖所示，因為M，O分別是PF1，F1F2的中點，所以在△PF1F2中，PF2∥MO，所以PF2⊥x軸．對于A，因為直線PF1的傾斜角為eq\f(π,6)，所以∠F1PF2＝eq\f(π,3)，故A正確；對于B，在Rt△PF1F2中，因為|F1F2|＝2c，|PF2|＝eq\f(2\r(3),3)c，|PF1|＝eq\f(4\r(3),3)c，所以|PF1|－|PF2|＝2a＝eq\f(2\r(3),3)c，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3)，故B正確；對于C，因為△PF1F2的周長為(2＋2eq\r(3))c，設其內切圓的半徑為r，根據三角形的面積相等，有(2＋2eq\r(3))cr＝2c·eq\f(2\r(3),3)c，解得r＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),3)))c，是與c有關的式子，故C錯誤；對于D，因為A，B關于原點對稱，所以設A(m，n)，B(－m，－n)，又Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(2\r(3),3)c))，由e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3)，得P(eq\r(3)a，2a)，所以當PA，PB的斜率存在時，kPA＝eq\f(n－2a,m－\r(3)a)，kPB＝eq\f(－n－2a,－m－\r(3)a)，kPA·kPB＝eq\f(4a2－n2,3a2－m2)，因為A，B在雙曲線上，所以eq\f(m2,a2)－eq\f(n2,b2)＝1，即eq\f(m2,a2)－eq\f(n2,2a2)＝1，所以n2＝2m2－2a2，所以kPA·kPB＝eq\f(4a2－n2,3a2－m2)＝eq\f(6a2－2m2,3a2－m2)＝2，故D正確．故選ABD.19．已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(b>a>0)的右焦點為F(c，0)，從①虛軸長為2eq\r(3)；②離心率為2；③雙曲線C的兩條漸近線的夾角為60°這三個條件中選取兩個作為已知條件，求解下列問題．(1)求C的方程；(2)過點F的直線l與雙曲線C的左、右兩支分別交于點A，B，O為坐標原點，記△AOB，△FOB的面積分別為S1，S2，若eq\f(S1,S2)＝eq\r(3)＋1，求直線l的方程．注：若選擇不同的組合分別解答，按第一個解答計分．解(1)若選擇①②：由題意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c2＝a2＋b2，,\f(c,a)＝2，,2b＝2\r(3)，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝\r(3)，,c＝2，))所以C的方程為x2