一、單選題
1．(2023·浙江A9協(xié)作體期中)已知圓M：(x＋2)2＋y2＝4，M為圓心，P為圓上任意一點(diǎn)，定點(diǎn)A(2,0)，線段PA的垂直平分線l與直線PM相交于點(diǎn)Q，則當(dāng)點(diǎn)P在圓上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)Q的軌跡方程為( D )
A.eq \f(x2,4)－eq \f(y2,12)＝1(x≤－2)B.eq \f(x2,4)－eq \f(y2,12)＝1
C．x2－eq \f(y2,3)＝1(x≤－1)D．x2－eq \f(y2,3)＝1
[解析] 因?yàn)榫€段PA的垂直平分線l與直線PM相交于點(diǎn)Q，所以有|QA|＝|QP|，由(x＋2)2＋y2＝4，得M(－2,0)，該圓的半徑為2，因?yàn)辄c(diǎn)P在圓上運(yùn)動(dòng)時(shí)，所以有||QP|－|QM||＝2，于是有||QA|－|QM||＝2，所以點(diǎn)Q的軌跡是以A，M為焦點(diǎn)的雙曲線，所以2c＝4,2a＝2?c＝2，a＝1?b2＝c2－a2＝3，所以點(diǎn)Q的軌跡方程為x2－eq \f(y2,3)＝1，故選D.
2．(2023·江蘇鎮(zhèn)江中學(xué)模擬)點(diǎn)(0,4)到雙曲線eq \f(y2,a2)－eq \f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)的一條漸近線的距離為eq \f(16,5)，則雙曲線的離心率為( C )
A.eq \f(5\r(6),12) B．eq \f(4,3)
C．eq \f(5,3) D．5
[解析] 由題意可得雙曲線的一條漸近線為：by－ax＝0，所以(0,4)到by－ax＝0的距離為d＝eq \f(4b,\r(b2＋a2))＝eq \f(4b,c)＝eq \f(16,5)，∴eq \f(c,b)＝eq \f(5,4)，不妨設(shè)b＝4m(m>0)，則c＝5m，a＝eq \r(c2－b2)＝3m，∴e＝eq \f(c,a)＝eq \f(5,3).故選C.
3．(2020·新課標(biāo)Ⅰ)設(shè)F1，F(xiàn)2是雙曲線C：x2－eq \f(y2,3)＝1的兩個(gè)焦點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)P在C上且|OP|＝2，則△PF1F2的面積是( B )
A.eq \f(7,2) B．3
C．eq \f(5,2) D．2
[解析] 由題意可得a＝1，b＝eq \r(3)，c＝2，
∴|F1F2|＝2c＝4，∵|OP|＝2，
∴|OP|＝eq \f(1,2)|F1F2|，∴△PF1F2為直角三角形，
∴PF1⊥PF2，
∴|PF1|2＋|PF2|2＝4c2＝16，
∵||PF1|－|PF2||＝2a＝2，
∴|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|＝4，
∴|PF1|·|PF2|＝6，
∴△PF1F2的面積為S＝eq \f(1,2)|PF1|·|PF2|＝3，故選B.
4．(2023·天津紅橋區(qū)期末)已知雙曲線eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一條漸近線過點(diǎn)(2，eq \r(3))，且雙曲線的一個(gè)焦點(diǎn)在拋物線y2＝4eq \r(7)x的準(zhǔn)線上，則雙曲線的方程為( D )
A.eq \f(x2,21)－eq \f(y2,28)＝1 B．eq \f(x2,28)－eq \f(y2,21)＝1
C.eq \f(x2,3)－eq \f(y2,4)＝1 D．eq \f(x2,4)－eq \f(y2,3)＝1
[解析] 雙曲線的一條漸近線是y＝eq \f(b,a)x，則eq \r(3)＝eq \f(2b,a)①，拋物線y2＝4eq \r(7)x的準(zhǔn)線是x＝－eq \r(7)，因此c＝eq \r(7)，即a2＋b2＝c2＝7②，由①②聯(lián)立解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(3)，))所以雙曲線方程為eq \f(x2,4)－eq \f(y2,3)＝1.故選D.
5．(2024·江蘇揚(yáng)州高郵月考)已知等軸雙曲線的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，左焦點(diǎn)為F1，焦距為4，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(2,1)，P為雙曲線右支上一動(dòng)點(diǎn)，則|PF1|－|PA|的最大值為( C )
A．2eq \r(2) B．eq \r(17)
C．2eq \r(2)＋1 D．2eq \r(2)＋eq \r(5)
[解析] 設(shè)雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，焦距為2c，由題意得a＝b，c＝2，則c2＝4＝2a2，解得a＝eq \r(2)，由雙曲線的定義得|PF1|－|PA|＝2a＋|PF2|－|PA|，所以|PF1|－|PA|的最大值即2a＋|PF2|－|PA|的最大值，如圖，連接AF2與雙曲線交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，由題意得當(dāng)點(diǎn)P在F處時(shí)2a＋|PF2|－|PA|最大，(2a＋|PF2|－|PA|)max＝2a＋|AF2|＝2eq \r(2)＋1.故選C.
6．(2023·河南新鄉(xiāng)模擬)設(shè)雙曲線eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P為雙曲線上一點(diǎn)．PF2⊥F1F2，若PF1交于y軸于點(diǎn)A，且AF2垂直于∠F1PF2的角平分線，則雙曲線的離心率為( A )
A.eq \r(3) B．eq \f(\r(5),2)
C．eq \r(5) D．eq \f(\r(6),2)
[解析] 因?yàn)锳F2垂直于∠F1PF2的角平分線，所以|PA|＝|PF2|，由雙曲線定義可得|PF1|－|PF2|＝2a，可知|AF1|＝2a，因?yàn)镻F2⊥F1F2，所以|PF2|＝eq \f(b2,a)，且AO∥PF2，所以|AF1|＝|AP|，即eq \f(b2,a)＝2a，又b2＝c2－a2，解得c＝eq \r(3)a，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \r(3).
7．(2022·江西九江模擬)已知雙曲線C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,12)＝1(a>0)的左右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，一條漸近線方程為eq \r(3)x＋y＝0，若點(diǎn)M在雙曲線C上，且|MF1|＝5，則|MF2|＝( A )
A．9 B．1
C．1或9 D．1或7
[解析] 雙曲線C的漸近線方程為y＝±eq \f(2\r(3),a)x，∴eq \f(2\r(3),a)＝eq \r(3)，∴a＝2，從而c＝eq \r(a2＋12)＝4，又eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(||MF1|－|MF2||＝2a＝4，,|MF2|≥c－a＝2，,|MF1|＝5，))∴|MF2|＝9.故選A.
8．(2024·廣東深圳外國(guó)語學(xué)校月考)如圖，F(xiàn)1、F2是雙曲線C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)，過F2的直線與雙曲線C交于A、B兩點(diǎn)．若A是BF2中點(diǎn)且BF1⊥BF2則該雙曲線的漸近線方程為( A )
A．y＝±2eq \r(3)x B．y＝±2eq \r(2)x
C．y＝±eq \r(3)x D．y＝±eq \r(2)x
[解析] 設(shè)|AB|＝|AF2|＝m，|AF1|＝|AF2|＋2a＝m＋2a，|BF1|＝|BF2|－2a＝2m－2a，|BF1|2＋|BA|2＝|AF1|2，|BF1|2＋|BF2|2＝|F1F2|2，(2m－2a)2＋m2＝(m＋2a)2①，(2m－2a)2＋4m2＝4c2②，由①可得m＝3a，代入②式化簡(jiǎn)得13a2＝c2，∴12a2＝b2，∴eq \f(b,a)＝2eq \r(3)，所以雙曲線的漸近線方程為y＝±2eq \r(3)x.故選A.
二、多選題
9．(2023·山東聊城模擬)已知雙曲線C：eq \f(x2,3)－eq \f(y2,9)＝1的左、右頂點(diǎn)分別為A，B，點(diǎn)P是C上的任意一點(diǎn)，則( BCD )
A．雙曲線C的離心率為eq \f(2\r(3),3)
B．焦點(diǎn)到漸近線的距離為3
C．點(diǎn)P到兩條漸近線的距離之積為eq \f(9,4)
D．當(dāng)P與A、B不重合時(shí)，直線PA，PB的斜率之積為3
[解析] 雙曲線C：eq \f(x2,3)－eq \f(y2,9)＝1的a＝eq \r(3)，b＝3，c＝2eq \r(3)，則e＝eq \f(c,a)＝2，故A錯(cuò)誤；
焦點(diǎn)(±2eq \r(3)，0)到漸近線3x±eq \r(3)y＝0的距離為eq \f(6\r(3),\r(9＋3))＝3，故B正確；
設(shè)P(m，n)，可得3m2－n2＝9，
則點(diǎn)P到兩條漸近線的距離之積為
eq \f(|3m＋\r(3)n|·|3m－\r(3)n|,\r(9＋3)·\r(9＋3))＝eq \f(|9m2－3n2|,12)＝eq \f(27,12)＝eq \f(9,4)，故C正確；
設(shè)P(m，n)，可得3m2－n2＝9，
又A(－eq \r(3)，0)，B(eq \r(3)，0)，
可得kPA·kPB＝eq \f(n,m＋\r(3))·eq \f(n,m－\r(3))＝eq \f(n2,m2－3)＝eq \f(3m2－9,m2－3)＝3，知D正確．
故選BCD.
10．(2023·福建泉州適應(yīng)性考試)已知F1，F(xiàn)2分別是雙曲線C：eq \f(x2,4)－y2＝1的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)M是該雙曲線的一條漸近線上的一點(diǎn)，并且以線段F1F2為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)M，則( AB )
A．△MF1F2的面積為eq \r(5)
B．點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為2或－2
C．漸近線方程為y＝±eq \f(1,4)x
D．以線段F1F2為直徑的圓的方程為x2＋y2＝3
[解析] 由雙曲線方程知a＝2，b＝1，所以雙曲線C的漸近線方程為y＝±eq \f(1,2)x，故C錯(cuò)誤；又c＝eq \r(a2＋b2)＝eq \r(5)，所以F1F2為直徑的圓方程為x2＋y2＝5，故D錯(cuò)誤；由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝±\f(1,2)x，,x2＋y2＝5，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝±1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－2，,y＝±1，))所以點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為2或－2，故B正確；又|yM|＝1，所以S△MF1F2＝eq \f(1,2)·|F1F2|·|yM|＝eq \r(5)，故A正確．故選AB.
11．(2023·福建四地市質(zhì)檢)下圖為陜西博物館收藏的國(guó)寶——唐金筐寶鈿團(tuán)花紋金杯，杯身曲線內(nèi)收，巧奪天工，是唐代金銀細(xì)作的典范．該杯的主體部分可以近似看作是雙曲線C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右支與直線x＝0，y＝4，y＝－2圍成的曲邊四邊形ABMN繞y軸旋轉(zhuǎn)一周得到的幾何體，若該金杯主體部分的上口外直徑為eq \f(10\r(3),3)，下底外直徑為eq \f(2\r(39),3)，雙曲線C與坐標(biāo)軸交于D，E，則( ABD )
A．雙曲線C的方程為eq \f(x2,3)－eq \f(y2,9)＝1
B．雙曲線eq \f(y2,3)－x2＝1與雙曲線C共漸近線
C．存在一點(diǎn)，使過該點(diǎn)的任意直線與雙曲線C有兩個(gè)交點(diǎn)
D．存在無數(shù)個(gè)點(diǎn)，使它與D，E兩點(diǎn)的連線的斜率之積為3
[解析] 依題意可知Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5\r(3),3)，4))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(39),3)，－2))，
將M、N的坐標(biāo)分別代入eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(25,3a2)－\f(16,b2)＝1，,\f(13,3a2)－\f(4,b2)＝1，))解得a2＝3，b2＝9，
所以雙曲線C的方程為eq \f(x2,3)－eq \f(y2,9)＝1，其漸近線為y＝±eq \r(3)x，故A正確；
對(duì)于B，由eq \f(y2,3)－x2＝1，可知其漸近線為y＝±eq \r(3)x，故B正確；
對(duì)于C，由雙曲線的性質(zhì)可知，漸近線與雙曲線沒有交點(diǎn)，與漸近線平行的直線與雙曲線有一個(gè)交點(diǎn)，故不存在點(diǎn)，使過該點(diǎn)的任意直線與雙曲線C有兩個(gè)交點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；
對(duì)于D，設(shè)雙曲線上一點(diǎn)P(x0，y0)，y0≠0，則eq \f(x\\al(2,0),3)－eq \f(y\\al(2,0),9)＝1，即yeq \\al(2,0)＝3xeq \\al(2,0)－9，
由題可知D(－eq \r(3)，0)，E(eq \r(3)，0)，
則kPD＝eq \f(y0,x0＋\r(3))，kPE＝eq \f(y0,x0－\r(3))，
kPDkPE＝eq \f(y0,x0＋\r(3))·eq \f(y0,x0－\r(3))＝eq \f(y\\al(2,0),x\\al(2,0)－3)＝3，
即存在無數(shù)個(gè)點(diǎn)，使它與D，E兩點(diǎn)的連線的斜率之積為3，故D正確．故選ABD.
12．(2023·山東威海模擬)已知雙曲線E：eq \f(x2,3)－eq \f(y2,b2)＝1(b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過F1且斜率為eq \f(\r(2),2)的直線l與E的右支交于點(diǎn)P，若∠F1PF2＝eq \f(π,4)，則( ACD )
A．E的離心率為eq \r(3)
B．E的漸近線方程為y＝±eq \f(\r(2),2)x
C．P到直線x＝1的距離為2eq \r(2)
D．以實(shí)軸為直徑的圓與l相切
[解析] 由雙曲線方程可知，a2＝3，設(shè)∠PF1F2＝θ，則tan θ＝eq \f(\r(2),2)，那么cs θ＝eq \f(\r(6),3)，sin θ＝eq \f(\r(3),3)，作PA⊥x軸，垂足為點(diǎn)A，設(shè)|PA|＝h，|PF2|＝x，則|PF1|＝x＋2eq \r(3)，所以eq \f(h,x)＝sin(45°＋θ)＝eq \f(2\r(3)＋\r(6),6)，eq \f(h,x＋2\r(3))＝sin θ＝eq \f(\r(3),3)，兩式解得x＝2eq \r(6)，即|PF2|＝2eq \r(6)，|PF1|＝2eq \r(6)＋2eq \r(3)，△PF1F2中，根據(jù)余弦定理，可得4c2＝(2eq \r(6)＋2eq \r(3))2＋(2eq \r(6))2－2×(2eq \r(6)＋2eq \r(3))×2eq \r(6)×cs 45°，4c2＝36，得c＝3，所以雙曲線的離心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(3,\r(3))＝eq \r(3)，故A正確；b＝eq \r(c2－a2)＝eq \r(6)，所以雙曲線的漸近線方程為y＝±eq \f(b,a)x＝±eq \r(2)x，故B錯(cuò)誤；直線l的方程為y＝eq \f(\r(2),2)(x＋3)，與雙曲線方程eq \f(x2,3)－eq \f(y2,6)＝1聯(lián)立，得x2－2x－7＝0，解得x＝1±2eq \r(2)，因?yàn)辄c(diǎn)P在雙曲線的右支上，所以點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為1＋2eq \r(2)，P到直線x＝1的距離為2eq \r(2)，故C正確；以實(shí)軸為直徑的圓的圓心為原點(diǎn)，半徑為eq \r(3)，原點(diǎn)到直線l的距離d＝eq \f(\f(3\r(2),2),\r(\f(1,2)＋1))＝eq \r(3)，故D正確．故選ACD.
三、填空題
13．(2023·高考北京卷)已知雙曲線C的焦點(diǎn)為(－2，0)和(2,0)，離心率為eq \r(2)，則C的方程為 eq \f(x2,2)－eq \f(y2,2)＝1 .
[解析] 令雙曲線C的實(shí)半軸、虛半軸長(zhǎng)分別為a，b，顯然雙曲線C的中心為原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，其半焦距c＝2，由雙曲線C的離心率為eq \r(2)，得eq \f(c,a)＝eq \r(2)，解得a＝eq \r(2)，則b＝eq \r(c2－a2)＝eq \r(2)，所以雙曲線C的方程為eq \f(x2,2)－eq \f(y2,2)＝1.
14．(2023·山西晉中三模)點(diǎn)A1，A2是雙曲線E：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右頂點(diǎn)．若直線x＝eq \f(c2,a)上存在點(diǎn)P，使得∠A1PA2＝eq \f(π,6)，則該雙曲線的離心率取值范圍為 (1，eq \r(2)] .
[解析] △A1A2P的外接圓半徑為r＝eq \f(2a,2sin \f(π,6))＝2a，當(dāng)該圓與直線x＝eq \f(c2,a)相切或相交時(shí)滿足題意，故eq \f(c2,a)≤2a，即10，b>0)的左，右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，右支上有一點(diǎn)M，滿足∠F1MF2＝90°，△F1MF2的內(nèi)切圓與y軸相切，則雙曲線C的離心率為 1＋eq \r(3) .
[解析] 內(nèi)切圓Q分別與F1M，F(xiàn)2M，F(xiàn)1F2，y軸切于點(diǎn)S，T，N，P
則四邊形QSMT、OPQN都為正方形，
設(shè)內(nèi)切圓半徑為r，由圓的切線性質(zhì)，
則|ON|＝|MT|＝r，
則|F2M|＝|F2O|＝eq \f(1,2)|F1F2|，①
又因?yàn)閨F1M|＋|F2M|－|F1F2|＝2r，②
由雙曲線定義得，|F1M|－|F2M|＝2a，③
由①②③得r＝a，
所以|F1M|＋|F2M|－|F1F2|＝2a，
從而|F1M|＝c＋2a，|F2M|＝c，
由勾股定理，(c＋2a)2＋c2＝(2c)2?c2＝2a2＋2ac，
所以e2＝2＋2e，解得e＝eq \r(3)＋1.
B組能力提升
1．(2023·高考全國(guó)甲卷)已知雙曲線eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的離心率為eq \r(5)，其中一條漸近線與圓(x－2)2＋(y－3)2＝1交于A，B兩點(diǎn)，則|AB|＝( D )
A.eq \f(1,5) B．eq \f(\r(5),5)
C．eq \f(2\r(5),5) D．eq \f(4\r(5),5)
[解析] 由e＝eq \r(5)，則eq \f(c2,a2)＝eq \f(a2＋b2,a2)＝1＋eq \f(b2,a2)＝5，解得eq \f(b,a)＝2，所以雙曲線的一條漸近線不妨取y＝2x，則圓心(2,3)到漸近線的距離d＝eq \f(|2×2－3|,\r(22＋1))＝eq \f(\r(5),5)，所以弦長(zhǎng)|AB|＝2eq \r(r2－d2)＝2eq \r(1－\f(1,5))＝eq \f(4\r(5),5).故選D.
2．(2023·河北保定模擬)已知雙曲線C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點(diǎn)為F，B為虛軸上端點(diǎn)，M是BF中點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OM交雙曲線右支于N，若FN垂直于x軸，則雙曲線C的離心率為( A )
A.eq \r(2) B．2
C．eq \r(3) D．eq \f(2\r(3),3)
[解析] 由題意知B(0，b)，F(xiàn)(c,0)，從而Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,2)，\f(b,2)))，∴OM的方程為y＝eq \f(b,c)x，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(b,c)x，,\f(x2,a2)－\f(y2,b2)＝1，))可得xeq \\al(2,N)＝eq \f(a2c2,c2－a2)＝eq \f(a2c2,b2)，又FN⊥x軸，∴xN＝c.∴c2＝eq \f(a2c2,b2)，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))2＝1，∴e＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))2)＝eq \r(2).故選A.
3．(2023·大灣區(qū)(珠海、中山等)模擬)已知F為雙曲線eq \f(x2,4)－eq \f(y2,5)＝1的左焦點(diǎn)，P為其右支上一點(diǎn)，點(diǎn)A(0，－6)，則△APF周長(zhǎng)的最小值為( B )
A．4＋6eq \r(2) B．4＋6eq \r(5)
C．6＋6eq \r(2) D．6＋6eq \r(5)
[解析] 設(shè)雙曲線右焦點(diǎn)為F1，由題意知F(－3，0)，F(xiàn)1(3,0)，a＝2，|AF|＝|AF1|＝eq \r(32＋62)＝3eq \r(5).又|PF|＋|PA|＝2a＋|PF1|＋|PA|≥4＋|AF1|＝4＋3eq \r(5)(當(dāng)且僅當(dāng)A、P、F1共線時(shí)取等號(hào))，∴△APF周長(zhǎng)的最小值為4＋6eq \r(5).故選B.
4.(2024·九省聯(lián)考試題)設(shè)雙曲線C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線與C交于A，B兩點(diǎn)，|F1B|＝2|F1A|，eq \(F2A,\s\up6(→))·eq \(F2B,\s\up6(→))＝4a2，則C的離心率為( D )
A.eq \r(2) B．2
C．eq \r(5) D．eq \r(7)
[解析] 由雙曲線的對(duì)稱性可知|F1A|＝|F2B|，|F1B|＝|F2A|，有四邊形AF1BF2為平行四邊形．
令|F1A|＝|F2B|＝m，則|F1B|＝|F2A|＝2m，由雙曲線定義可知|F2A|－|F1A|＝2a，故有2m－m＝2a，即m＝2a，即|F1A|＝|F2B|＝m＝2a，|F1B|＝|F2A|＝4a，eq \(F2A,\s\up6(→))·eq \(F2B,\s\up6(→))＝|eq \(F2A,\s\up6(→))|·|eq \(F2B,\s\up6(→))|cs∠AF2B＝2a×4acs∠AF2B＝4a2，則cs∠AF2B＝eq \f(1,2)，即∠AF2B＝eq \f(π,3)，故∠F2BF1＝eq \f(2π,3)，則有cs∠F2BF1＝eq \f(|F1B|2＋|F2B|2－|F1F2|2,2|F1B|·|F2B|)＝eq \f(?4a?2＋?2a?2－?2c?2,2×4a×2a)＝－eq \f(1,2)，即eq \f(20a2－4c2,16a2)＝－eq \f(1,2)，即eq \f(20,16)－eq \f(4e2,16)＝－eq \f(1,2)，則e2＝7，由e>1，故e＝eq \r(7).故選D.
5．(2023·高考天津卷)雙曲線eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2.過F2作其中一條漸近線的垂線，垂足為P.已知|PF2|＝2，直線PF1的斜率為eq \f(\r(2),4)，則雙曲線的方程為( D )
A.eq \f(x2,8)－eq \f(y2,4)＝1 B．eq \f(x2,4)－eq \f(y2,8)＝1
C.eq \f(x2,4)－eq \f(y2,2)＝1 D．eq \f(x2,2)－eq \f(y2,4)＝1
[解析] 通解：不妨取漸近線y＝eq \f(b,a)x，此時(shí)直線PF2的方程為y＝－eq \f(a,b)(x－c)，與y＝eq \f(b,a)x聯(lián)立并解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(a2,c)，,y＝\f(ab,c)，))即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,c)，\f(ab,c))).因?yàn)橹本€PF2與漸近線y＝eq \f(b,a)x垂直，所以PF2的長(zhǎng)度即為點(diǎn)F2(c,0)到直線y＝eq \f(b,a)x(即bx－ay＝0)的距離，由點(diǎn)到直線的距離公式得|PF2|＝eq \f(bc,\r(a2＋b2))＝eq \f(bc,c)＝b，所以b＝2.因?yàn)镕1(－c,0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,c)，\f(ab,c)))，且直線PF1的斜率為eq \f(\r(2),4)，所以eq \f(\f(ab,c),\f(a2,c)＋c)＝eq \f(\r(2),4)，化簡(jiǎn)得eq \f(ab,a2＋c2)＝eq \f(\r(2),4)，又b＝2，c2＝a2＋b2，所以eq \f(2a,2a2＋4)＝eq \f(\r(2),4)，整理得a2－2eq \r(2)a＋2＝0，即(a－eq \r(2))2＝0，解得a＝eq \r(2).所以雙曲線的方程為eq \f(x2,2)－eq \f(y2,4)＝1，故選D.
優(yōu)解：因?yàn)檫^點(diǎn)F2向其中一條漸近線作垂線，垂足為P，且|PF2|＝2，所以b＝2，再結(jié)合選項(xiàng)，排除選項(xiàng)B，C；若雙曲線方程為eq \f(x2,8)－eq \f(y2,4)＝1，則F1(－2eq \r(3)，0)，F(xiàn)2(2eq \r(3)，0)，漸近線方程為y＝±eq \f(\r(2),2)x，不妨取漸近線y＝eq \f(\r(2),2)x，則直線PF2的方程為y＝－eq \r(2)(x－2eq \r(3))，與漸近線方程y＝eq \f(\r(2),2)x聯(lián)立，得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),3)，\f(2\r(6),3)))，則kPF1＝eq \f(\r(2),5)，又直線PF1的斜率為eq \f(\r(2),4)，所以雙曲線方程eq \f(x2,8)－eq \f(y2,4)＝1不符合題意，排除A，故選D.

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