11 多-双曲线几何性质

本题导读

本题是一道解析几何综合压轴题。核心考查意图是利用双曲线渐近线与以焦距为直径的圆的交点性质，通过角度条件推导双曲线的基本量 $a,b,c$ 之间的关系，进而判定离心率、长度比例及四边形面积.

📌 【题干】

Question

双曲线 $C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$ ($a>0,b>0$) 的左、右焦点分别是 $F_1,F_2$，左、右顶点分别为 $A_1,A_2$。以 $F_1{F}_2$ 为直径的圆与曲线 $C$ 的一条渐近线交于 $M,N$ 两点，且 $\angle N{A}_{1}M=\frac{5\pi }{6}$，则()

A. $\angle A_{1}M{A}_2=\frac{\pi }{6}$	B. $|M{A}_1|=2|M{A}_2|$	C. $C$ 的离心率为 $\sqrt{13}$	D. 当 $a=\sqrt{2}$ 时，四边形 $N{A}_{1}M{A}_2$ 的面积为 $8\sqrt{3}$

🔍 【思路分析】

破题导航

1. 确定 $M,N$ 的位置：以 $F_1{F}_2$ 为直径的圆方程为 $x^2+y^2=c^2$。渐近线方程为 $y=\frac{b}{a}x$。联立可解得 $M,N$ 的坐标，它们关于原点对称.
2. 利用角度求离心率：利用 $△N{A}_{1}M$ 的角度条件，通过向量夹角公式或余弦定理建立 $a,b,c$ 的关系。由于 $M,N$ 关于原点对称，$A_1,A_2$ 也关于原点对称，四边形 $N{A}_{1}M{A}_2$ 为平行四边形.
3. 判定 A, B 选项：在求得基本量比例（如 $c/a$）后，代入坐标计算线段长度和夹角.
4. 计算面积：利用平行四边形面积公式 $S=|A_1{A}_2|\cdot |y_M|$ 进行验证.

✅ 【答案】

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ACD

✍ 【详细解析】

Abstract

1. 第一步：求点 $M,N$ 的坐标 圆的方程：$x^2+y^2=c^2$. 渐近线方程：$y=\frac{b}{a}x$. 代入得：$x^2+\frac{b^2}{a^2}{x}^2=c^2⟹\frac{a^2+b^2}{a^2}{x}^2=c^2$. 因为 $a^2+b^2=c^2$，所以 $\frac{c^2}{a^2}{x}^2=c^2⟹x^2=a^2$. 故 $M(a,b),N(-a,-b)$（或互换）.
2. 第二步：利用角度条件推导基本量 已知 $A_1(-a,0),A_2(a,0)$. 向量 $\overrightarrow{A_{1}M}=(2a,b)$，$\overrightarrow{A_{1}N}=(0,-b)$. 由 $\cos \angle N{A}_{1}M=\frac{\overrightarrow{A_{1}M}\cdot \overrightarrow{A_{1}N}}{|\overrightarrow{A_{1}M}||\overrightarrow{A_{1}N}|}=\cos \frac{5\pi }{6}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$： $\frac{(2a)(0)+(b)(-b)}{\sqrt{4a^2+b^2}\cdot \sqrt{b^2}}=\frac{-b^2}{b\sqrt{4a^2+b^2}}=-\frac{b}{\sqrt{4a^2+b^2}}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$

平方得：$\frac{b^2}{4a^2+b^2}=\frac{3}{4}⟹4b^2=12a^2+3b^2⟹b^2=12a^2$.

3.第三步：判定各选项: C 选项：$c^2=a^2+b^2=a^2+12a^2=13a^2$. 离心率 $e=\frac{c}{a}=\sqrt{13}$。故 C 正确. B 选项：$M(a,\sqrt{12}a)$，$A_1(-a,0)$，$A_2(a,0)$.

$|M{A}_1|=\sqrt{(a-(-a){)}^2+(\sqrt{12}a-0{)}^2}=\sqrt{4a^2+12a^2}=4a$. $|M{A}_2|=\sqrt{(a-a{)}^2+(\sqrt{12}a-0{)}^2}=\sqrt{12}a=2\sqrt{3}a$.

$|M{A}_1|/|M{A}_2|=4a/2\sqrt{3}a=2/\sqrt{3}\ne 2$。故 B 错误.

A 选项：在 $△A_{1}M{A}_2$ 中，$|A_1{A}_2|=2a$.

由于 $M$ 点横坐标为 $a$，说明 $M{A}_2\perp A_1{A}_2$.

$\tan \angle A_{1}M{A}_2=\frac{|A_1{A}_2|}{|M{A}_2|}=\frac{2a}{2\sqrt{3}a}=\frac{1}{\sqrt{3}}⟹\angle A_{1}M{A}_2=\frac{\pi }{6}$.故 A 正确. D 选项：四边形 $N{A}_{1}M{A}_2$ 为平行四边形（对角线 $MN$ 与 $A_1{A}_2$ 均过原点且被平分）.

面积 $S=|A_1{A}_2|\cdot |y_M|=2a\cdot b=2a\cdot 2\sqrt{3}a=4\sqrt{3}{a}^2$

当 $a=\sqrt{2}$ 时，$S=4\sqrt{3}\cdot 2=8\sqrt{3}$。故 D 正确. 综上，故选：ACD.

💡 【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：双曲线交点坐标特征、基于对角线平分的平行四边形判定、直角三角形边角比例化简、双曲线离心率公式。
2. 核心方法：中心对称化简与特征坐标映射法。 作为 11 题的客观题终极压轴，本题如果强行去写圆方程与直线方程进行代数联立公式运算，分子分母将会极其臃肿。破题的核心天眼是识别出 $M(a,b)$ 这一完美的特征坐标。由于 $M$ 的横坐标恰好是 $a$，直接在图形中拦截出 $\angle A_1{A}_{2}M=90^{\circ }$ 这一隐形直角，使得后续所有关于边长比例（B项）、离心率（C项）及面积（D项）的繁琐运算全部坍塌退化为初中直角三角形的简单口算，方向纯粹而高效。
3. 避坑指南：

• 避坑指南 1（盲目计算 B 选项导致时间崩盘）：有很多同学在核对 B 选项时，喜欢代入两点距离公式去算复杂的多项式根式。由于 A、C 项已经锁死该三角形是含 $30^{\circ }$ 角的直角三角形，直接利用三角函数 $\cos 30^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}$ 即可一眼判定比例，将每一步算出来的代数成果作为后续选项的基石，能最大化节省考场时间/
• 避坑指南 2（平行四边形邻角互补符号看错）：由 $\angle N{A}_{1}M=\frac{5\pi }{6}$ 转换其邻角时，务必用 $\pi$ 相减。若粗心误认为是内错角相等直接代入，会导致三角形构型错乱。

📖 【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题底层源自人教 A 版选择性必修第一册第三章《圆锥曲线的方程》中双曲线几何性质的探究拓展题。这一模型在近几年的新高考（如 2022 年新高考 I 卷双曲线题）中曾以类似“以焦距为直径的圆与渐近线相交弦长”的形式高频出现，属于命题组将经典几何构型进行“角度包装”后的巅峰综合呈现。
2. 结论推广（双曲线特征三角形与特殊相交位置网络）：

• 在任何双曲线 $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$ 中，以焦距 $F_1{F}_2$ 为直径的圆 $x^2+y^2=c^2$ 与渐近线 $y=\frac{b}{a}x$ 在第一象限的交点恒为 $M(a,b)$.
• 此时，过 $M$ 向 $x$ 轴作垂线，垂足恰好是右顶点 $A_2(a,0)$.
• 构成直角三角形 $△O{A}_{2}M$ 的三边长度恰好为双曲线的三个核心基本量：底边为 $a$，对边为 $b$，斜边为 $c$.
• 这一直角三角形在解析几何中被称为**“双曲线特征三角形”**.
• 本题的创新之处在于，命题人没有连结原点 $O$，而是将触角延伸到了左顶点 $A_1(-a,0)$，从而组装出了更大的直角三角形 $△A_1{A}_{2}M$。收录这一底层网络，未来在任何模拟卷上只要看到“以焦距为直径的圆与渐近线交于 $M$”，脑海中要瞬间弹出 $M{A}_2\perp x$ 轴且 $M(a,b)$ 这一至高圣律，达成降维秒杀.

3. 方法推广（多选题尾题的“前置选项铺路效应”）： 面对解析几何多选压轴题，要学会利用命题人的“阶梯式喂分”心理。本题的 A 选项（判定角度为 $\frac{\pi }{6}$）属于纯粹的空间对称结构推理，属于送分步；而 A 项成立直接宣告了直角三角形中包含 $30^{\circ }$ 特殊角，这直接成为了 C 项求离心率比例和 D 项求面积的强力燃料。保持这种“借前面选项的东风，破后面选项大敌”的解题惯性，是攻克整张卷客观题大盘的终极技术铠甲。

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