3.2.1 双曲线及其标准方程

根据题意，点 $ A(-1,0) $ , $ B(1,0) $ ，则 $ |AB|=2 $ ，若动点 $ P $ 满足 $ |PA|-|PB|=1 $ ，且 $ |AB| > |PA|-|PB| $ ,

$ |PA|-|PB| > 0 $ ，则 $ P $ 的轨迹是以 $ A $ ， $ B $ 为焦点的双曲线的右支，故选 $ \mathrm{C} $ .

$ a{x}^{2}+b{y}^{2}=1 $ 可整理成 $ \dfrac{{x}^{2}}{\dfrac{1}{a}}+\dfrac{{y}^{2}}{\dfrac{1}{b}}=1 $ ，当 $ ab < 0 $ ，即 $ a > 0 $ 且 $ b < 0 $ 或 $ a < 0 $ 且 $ b > 0 $ 时，方程 $ \dfrac{{x}^{2}}{\dfrac{1}{a}}+\dfrac{{y}^{2}}{\dfrac{1}{b}}=1 $ 即 $ a{x}^{2}+b{y}^{2}=1 $ 表示的曲线为双曲线，则充分性成立；

若方程 $ \dfrac{{x}^{2}}{\dfrac{1}{a}}+\dfrac{{y}^{2}}{\dfrac{1}{b}}=1 $ 表示的曲线为双曲线，则 $ \dfrac{1}{a}\cdot \dfrac{1}{b} < 0 $ ,即 $ ab < 0 $ ，则必要性成立.

综上，“ $ ab < 0 $ ”是“方程 $ a{x}^{2}+b{y}^{2}=1 $ 对应的曲线是双曲线”的充要条件.故选 $ \mathrm{C} $ .

当 $ \alpha =\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ 时, $ \sin \alpha = \cos \alpha =\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ,曲线 $ C $ 的方程化为 $ {x}^{2}+{y}^{2}=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ,表示圆,故 $ \mathrm{A} $ 正确.由 $ \alpha \in (0,\dfrac{\mathrm{\pi }}{2})\cup (\dfrac{\mathrm{\pi }}{2},\mathrm{\pi }) $ ,得 $ \sin \alpha > 0 $ ,所以 $ C $ 不可能表示焦点在 $ y $ 轴上的双曲线,故 $ \mathrm{B} $ 错误.若 $ C $ 表示双曲线,因为 $ \sin \alpha > 0 $ ,所以需使 $ \cos \alpha < 0 $ ,得 $ \alpha \in (\dfrac{\mathrm{\pi }}{2},\mathrm{\pi }) $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确.若 $ C $ 表示焦点在 $ x $ 轴上的椭圆,则 $ \sin \alpha > \cos \alpha > 0 $ ,得 $ \tan \alpha > 1 $ ,则 $ \alpha \in (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4},\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

设 $ {F}_{1}(-4,0) $ , $ {F}_{2}(4,0) $ ,点 $ P(x,y) $ ,则 $ \left|P{F}_{1}\right|=\sqrt{{\left(x+4\right) ^ {2}}+{y}^{2}} $ , $ \left|P{F}_{2}\right|=\sqrt{{\left(x-4\right) ^ {2}}+{y}^{2}} $ , $ \therefore $ 题中方程表示的几何意义为 $ \left|\right|P{F}_{1}\left|-\right|P{F}_{2}\left|\right|=4 $ ,又 $ 4 < \left|{F}_{1}{F}_{2}\right|=8 $ , $ \therefore $ 由双曲线的定义可知,动点 $ P $ 的轨迹为焦点在 $ x $ 轴上的双曲线,焦点为 $ {F}_{1}(-4,0) $ , $ {F}_{2}(4,0) $ , $ \therefore 2a=4 $ , $ a=2 $ , $ c=4 $ ,则 $ {b}^{2}={c}^{2}-{a}^{2}=12 $ , $ \therefore $ 动点 $ P $ 的轨迹方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{4}-\dfrac{{y}^{2}}{12}=1 $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

由圆 $ C:{x}^{2}+{y}^{2}-6x=0 $ ,可得其标准方程为 $ {\left(x-3\right) ^ {2}}+{y}^{2}=9 $ ,所以圆心 $ C(3,0) $ ,半径 $ r=3 $ .若圆 $ C $ 上恰有三个点到直线 $ ax+by+1=0 $ 的距离为1,则满足圆心到直线的距离恰好为2,即 $ \dfrac{\left|3a+1\right|}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}=2 $ ,化简得 $ 5{a}^{2}-4{b}^{2}+6a+1=0 $ .设 $ \begin{cases}x=5a+3,\\ y=5b,\end{cases} $ 则 $ \begin{cases}a=\dfrac{x-3}{5},\\ b=\dfrac{y}{5},\end{cases} $

把 $ \begin{cases}a=\dfrac{x-3}{5},\\ b=\dfrac{y}{5}\end{cases} $ 代入 $ 5{a}^{2}-4{b}^{2}+6a+1=0 $ ,可得 $ 5\cdot {\left(\dfrac{x-3}{5}\right) ^ {2}}-4\cdot {\left(\dfrac{y}{5}\right) ^ {2}}+6\cdot \dfrac{x-3}{5}+1=0 $ ,整理得 $ \dfrac{{x}^{2}}{4}-\dfrac{{y}^{2}}{5}=1 $ ,即点 $ (5a+3,5b) $ 的轨迹方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{4}-\dfrac{{y}^{2}}{5}=1 $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

设双曲线的方程为 $ m{x}^{2}-n{y}^{2}=1(mn > 0) $ ，

代入点 $ A(2,\dfrac{2\sqrt{3}}{3}) $ , $ B(3,-2\sqrt{2}) $ 的坐标可得 $ \begin{cases}4m-\dfrac{4}{3}n=1,\\ 9m-8n=1,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}m=\dfrac{1}{3},\\ n=\dfrac{1}{4},\end{cases} $

所以双曲线的标准方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{3}-\dfrac{{y}^{2}}{4}=1 $ .

双曲线 $ \dfrac{{x}^{2}}{4}-\dfrac{{y}^{2}}{12}=1 $ 的实半轴长 $ a=2 $ ，延长 $ {F}_{2}N $ ， $ M{F}_{1} $ 交于点 $ H $ ，如图.

由题意可得 $ |MH|=|M{F}_{2}| $ ， $ |NH|=|N{F}_{2}| $ .

又 $ O $ 是 $ {F}_{1}{F}_{2} $ 的中点，

所以 $ |ON|=\dfrac{1}{2}|{F}_{1}H|=\dfrac{1}{2}(|MH|-|M{F}_{1}|)=\dfrac{1}{2}(|M{F}_{2}|-|M{F}_{1}|)=a=2 $ ，故选 $ \mathrm{B} $ .

由题意可知, $ 2c=10 $ ,则 $ c=5=\sqrt{{a}^{2}+16} $ ,解得 $ a=3 $ （负值舍去）,所以双曲线的方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{9}-\dfrac{{y}^{2}}{16}=1 $ .由双曲线的定义可得 $ \left|\right|A{F}_{1}\left|-\left|A{F}_{2}\right||=\right|7-\left|A{F}_{2}\right||=2a=6 $ ,解得 $ \left|A{F}_{2}\right|=1 $ 或13.

当 $ \left|A{F}_{2}\right|=1 $ 时， $ \left|A{F}_{1}\right|=7 $ ， $ \left|A{F}_{2}\right|+\left|A{F}_{1}\right|=8 < \left|{F}_{1}{F}_{2}\right| $ ,不符合实际，舍去，故 $ \left|A{F}_{2}\right|=13 $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

由 $ \dfrac{{y}^{2}}{4}-\dfrac{{x}^{2}}{5}=1 $ ，得 $ a=2 $ ， $ b=\sqrt{5} $ ，所以 $ c=\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}=3 $ ，

所以上焦点 $ F(0,3) $ ，设下焦点为 $ {F}_{1} $ ,则 $ {F}_{1}(0,-3) $ .连接 $ P{F}_{1} $ ,又 $ A(3,1) $ ，

由双曲线的定义得 $ \left|PF\right|+\left|PA\right|=2a+\left|P{F}_{1}\right|+\left|PA\right|\geqslant 2a+\left|A{F}_{1}\right|=4+\sqrt{{3}^{2}+{\left(1+3\right) ^ {2}}}=9 $ ，

由图知，当 $ A $ , $ P $ , $ {F}_{1} $ 三点共线（ $ P $ 在线段 $ A{F}_{1} $ 上）时， $ \left|PF\right|+\left|PA\right| $ 取得最小值9.故选 $ \mathrm{B} $ .

在双曲线 $ {C}_{1} $ 中， $ a=4 $ ， $ b=3 $ ， $ c=5 $ ，易知两圆圆心分别为双曲线 $ {C}_{1} $ 的两个焦点，

记点 $ {F}_{1}(-5,0) $ , $ {F}_{2}(5,0) $ ，当 $ \left|PQ\right|-\left|PR\right| $ 取最大值时， $ P $ 在双曲线 $ {C}_{1} $ 的左支上，如图所示，

所以 $ \left|PQ\right|-\left|PR\right|\leqslant \left|P{F}_{2}\right|+1-(\left|P{F}_{1}\right|-1)=\left|P{F}_{2}\right|-\left|P{F}_{1}\right|+2=2a+2=10 $ .故选B.

由方程 $ \dfrac{{x}^{2}}{m-5}+\dfrac{{y}^{2}}{7-\left|m\right|}=1 $ 表示双曲线,得 $ (m-5)(\left|m\right|-7) > 0 $ .当 $ m\geqslant 0 $ 时,不等式为 $ (m-5)(m-7) > 0 $ ,解得 $ 0\leqslant m < 5 $ 或 $ m > 7 $ ；当 $ m < 0 $ 时,不等式为 $ (m-5)(-m-7) > 0 $ ,即为 $ (m-5)(m+7) < 0 $ ,解得 $ -7 < m < 0 $ .综上可得,实数 $ m $ 的取值范围为 $ (-7,5)\cup (7,+\mathrm{\infty }) $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

由题意可得 $ {a}^{2}=4⇒2a=4 $ ， $ △AB{F}_{1} $ 的周长为 $ |A{F}_{1}|+|B{F}_{1}|+|AB| $ ，

由双曲线的定义可得 $ |A{F}_{1}|-|A{F}_{2}|=|B{F}_{1}|-|B{F}_{2}|=4 $ ，又 $ |A{F}_{2}|+|B{F}_{2}|=|AB|=2 $ ，

所以 $ |A{F}_{1}|+|B{F}_{1}|+|AB|=|A{F}_{1}|-|A{F}_{2}|+|B{F}_{1}|-|B{F}_{2}|+2|AB|=4+4+4=12 $ ，

所以 $ △AB{F}_{1} $ 的周长为12，故选 $ \mathrm{A} $ .

在 $ \mathrm{R}\mathrm{t}△P{F}_{1}{F}_{2} $ 中,直线 $ P{F}_{2} $ 的斜率为2,故 $ P{F}_{1}\perp P{F}_{2} $ ,则 $ \tan \mathrm{\angle }P{F}_{2}{F}_{1}=\dfrac{\left|P{F}_{1}\right|}{\left|P{F}_{2}\right|}=2 $ ,故 $ \left|P{F}_{1}\right|=2\left|P{F}_{2}\right| $ .又 $ \left|P{F}_{1}\right|-\left|P{F}_{2}\right|=2a $ ,所以 $ \left|P{F}_{1}\right|=4a $ , $ \left|P{F}_{2}\right|=2a $ .由勾股定理得 $ \left|{F}_{1}{F}_{2}\right|=\sqrt{4{a}^{2}+16{a}^{2}}=2\sqrt{5}a $ ,所以 $ c=\sqrt{5}a $ .又 $ △P{F}_{1}{F}_{2} $ 内切圆半径 $ {r}_{1}=3-\sqrt{5} $ ,由三角形等面积法可得 $ \dfrac{1}{2}\cdot 2a\cdot 4a=\dfrac{1}{2}(2a+4a+2\sqrt{5}a){r}_{1} $ ,解得 $ a=1 $ ,故 $ c=\sqrt{5} $ , $ {b}^{2}={c}^{2}-{a}^{2}=4 $ ,故双曲线的方程为 $ {x}^{2}-\dfrac{{y}^{2}}{4}=1 $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

由题得 $ {S}_{△P{F}_{1}{F}_{2}}=\dfrac{1}{2}|P{F}_{1}|\cdot |P{F}_{2}|=4 $ ，所以 $ |P{F}_{1}|\cdot |P{F}_{2}|=8 $ ，

因为 $ {F}_{1}P\perp {F}_{2}P $ ，所以 $ |P{F}_{1}{|}^{2}+{|P{F}_{2}|}^{2}={\left(2c\right) ^ {2}} $ ，

则 $ (|P{F}_{1}|-|P{F}_{2}|)^{2}+2|P{F}_{1}|\cdot |P{F}_{2}|=4{c}^{2} $ ，所以 $ 4{a}^{2}+16=4{c}^{2} $ ,即 $ {a}^{2}+4={c}^{2} $ ，

又 $ {c}^{2}={a}^{2}+{b}^{2} $ ，所以 $ {b}^{2}=4 $ ，即 $ b=2 $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

由双曲线方程 $ \dfrac{{x}^{2}}{4}-\dfrac{{y}^{2}}{12}=1 $ 可知, $ a=2 $ , $ b=2\sqrt{3} $ , $ c=\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}=4 $ .

圆 $ {C}_{1}:{\left(x+4\right) ^ {2}}+{y}^{2}=3 $ 的圆心为 $ {C}_{1}(-4,0) $ ,半径为 $ {r}_{1}=\sqrt{3} $ ；圆 $ {C}_{2}:{\left(x-4\right) ^ {2}}+{y}^{2}=1 $ 的圆心为 $ {C}_{2}(4,0) $ ,半径为 $ {r}_{2}=1 $ ,则双曲线的左、右焦点分别为 $ {C}_{1} $ , $ {C}_{2} $ .如图，连接 $ P{C}_{1} $ , $ P{C}_{2} $ , $ {C}_{1}M $ , $ {C}_{2}N $ ,则 $ M{C}_{1}\perp PM $ , $ N{C}_{2}\perp PN $ ,

可得 $ (\overrightarrow {PM}+\overrightarrow {PN})\cdot \overrightarrow {NM}=(\overrightarrow {PM}+\overrightarrow {PN})\cdot (\overrightarrow {PM}-\overrightarrow {PN})={\left|\overrightarrow {PM}\right|}^{2}-{\left|\overrightarrow {PN}\right|}^{2}=({\left|P{C}_{1}\right|}^{2}-{r}_{1}^{2})-({\left|P{C}_{2}\right|}^{2}-{r}_{2}^{2})=({\left|P{C}_{1}\right|}^{2}-3)-({\left|P{C}_{2}\right|}^{2}-1)={\left|P{C}_{1}\right|}^{2}-{\left|P{C}_{2}\right|}^{2}-2=(\left|P{C}_{1}\right|-\left|P{C}_{2}\right|)\cdot (\left|P{C}_{1}\right|+\left|P{C}_{2}\right|)-2=2a(\left|P{C}_{1}\right|+\left|P{C}_{2}\right|)-2\geqslant 2a\cdot 2c-2=2×2×2×4-2=30 $ ,当且仅当点 $ P $ 的坐标为 $ (2,0) $ 时取等号,因此 $ (\overrightarrow {PM}+\overrightarrow {PN})\cdot \overrightarrow {NM} $ 的最小值为30.故选 $ \mathrm{B} $ .

由双曲线 $ E：{x}^{2}-{y}^{2}={a}^{2} $ 得 $ \dfrac{{x}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{y}^{2}}{{a}^{2}}=1 $ ，故 $ {a}^{2}={b}^{2} $ ， $ {c}^{2}={a}^{2}+{b}^{2}=2{a}^{2} $ ，即 $ a=b $ ， $ c=\sqrt{2}a $ ， $ {F}_{1}(-c,0) $ ， $ {F}_{2}(c,0) $ ，设 $ \mathrm{\angle }{F}_{1}P{F}_{2} $ 的平分线与 $ x $ 轴交于点 $ M $ ，如图.

因为 $ P{F}_{2}\perp x $ 轴，所以可设 $ P(c,{y}_{1})({y}_{1} > 0) $ ，代入双曲线方程 $ {x}^{2}-{y}^{2}={a}^{2} $ 得 $ {c}^{2}-{y}_{1}^{2}={a}^{2} $ ，故 $ {y}_{1}^{2}={c}^{2}-{a}^{2}={b}^{2} $ ，则 $ {y}_{1}=b $ ，即 $ P(c,b) $ ，即 $ P(\sqrt{2}a,a) $ .

因为 $ \left|P{F}_{1}\right|-\left|P{F}_{2}\right|=2a $ ， $ \left|P{F}_{2}\right|=a $ ，所以 $ \left|P{F}_{1}\right|=2a+\left|P{F}_{2}\right|=3a $ ，

又因为 $ PM $ 平分 $ \mathrm{\angle }{F}_{1}P{F}_{2} $ ，所以 $ \dfrac{\left|M{F}_{1}\right|}{\left|M{F}_{2}\right|}=\dfrac{\left|P{F}_{1}\right|}{\left|P{F}_{2}\right|}=3 $ .

又 $ \left|M{F}_{1}\right|+\left|M{F}_{2}\right|=\left|{F}_{1}{F}_{2}\right|=2c=2\sqrt{2}a $ ，所以 $ \left|M{F}_{2}\right|=\dfrac{\sqrt{2}}{2}a $ ，则 $ \left|OM\right|=\left|O{F}_{2}\right|-\left|M{F}_{2}\right|=\dfrac{\sqrt{2}}{2}a $ ，即 $ M(\dfrac{\sqrt{2}}{2}a,0) $ .

因为 $ P $ , $ M $ , $ Q $ 三点共线，所以 $ {k}_{PM}={k}_{PQ} $ ，即 $ \dfrac{a}{\sqrt{2}a-\dfrac{\sqrt{2}}{2}a}=\dfrac{a+2}{\sqrt{2}a} $ ，解得 $ a=2 $ .故选C.

由题意可知，点 $ M $ 为 $ △P{F}_{1}{F}_{2} $ 的重心，又因为 $ {F}_{2} $ ， $ M $ ， $ Q $ 三点共线，所以 $ Q $ 为线段 $ P{F}_{1} $ 的中点，

所以 $ OQ//P{F}_{2} $ ，即 $ P{F}_{2}\perp {F}_{1}{F}_{2} $ ，且 $ |P{F}_{2}|=2|OQ|=\dfrac{5}{2} $ .

由双曲线的定义可得 $ |P{F}_{1}|=2a+\dfrac{5}{2} $ ，所以 $ (2a+\dfrac{5}{2})+\dfrac{5}{2}+2c=15 $ ，所以 $ a+c=5\mathrm{①} $ .

将 $ x=c $ 代入双曲线的方程可得 $ \dfrac{{c}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{y}_{P}^{2}}{{b}^{2}}=1 $ ，可得 $ {y}_{P}^{2}={b}^{2}(\dfrac{{c}^{2}}{{a}^{2}}-1)=\dfrac{{b}^{4}}{{a}^{2}} $ ，

由题意知，点 $ P $ 在第一象限，则 $ {y}_{P}=\dfrac{{b}^{2}}{a}=\dfrac{{c}^{2}-{a}^{2}}{a}=\dfrac{5}{2}\mathrm{②} $ ，结合①②可得 $ a=2 $ ， $ c=3 $ ， $ |P{F}_{1}|=4+\dfrac{5}{2}=\dfrac{13}{2} $ ，在 $ \mathrm{R}\mathrm{t}△P{F}_{1}{F}_{2} $ 中， $ \sin \mathrm{\angle }{F}_{1}P{F}_{2}=\dfrac{|{F}_{1}{F}_{2}|}{|P{F}_{1}|}=\dfrac{12}{13} $ .

双曲线 $ E:\dfrac{{x}^{2}}{4}-\dfrac{{y}^{2}}{5}=1 $ 中, $ a=2 $ , $ b=\sqrt{5} $ ,则 $ c=\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}=3 $ ,

设 $ \left|P{F}_{1}\right|=m(m\geqslant a+c=5) $ , $ \left|P{F}_{2}\right|=n(n\geqslant c-a=1) $ ,

由双曲线的定义可得 $ m-n=2a=4 $ ,则 $ \dfrac{5}{\left|P{F}_{1}\right|}-\dfrac{1}{\left|P{F}_{2}\right|}=\dfrac{5}{m}-\dfrac{1}{n} $

$ =\dfrac{1}{4}(m-n)(\dfrac{5}{m}-\dfrac{1}{n}) $

$ =\dfrac{1}{4}[6-(\dfrac{m}{n}+\dfrac{5n}{m})] $

$ \leqslant \dfrac{1}{4}(6-2\sqrt{\dfrac{m}{n}\cdot \dfrac{5n}{m}}) $

$ =\dfrac{1}{4}(6-2\sqrt{5})=\dfrac{3-\sqrt{5}}{2} $ ,

当且仅当 $ \dfrac{m}{n}=\dfrac{5n}{m} $ ,即 $ n=\sqrt{5}+1 $ , $ m=5+\sqrt{5} $ 时取等号,

所以 $ \dfrac{5}{\left|P{F}_{1}\right|}-\dfrac{1}{\left|P{F}_{2}\right|} $ 的最大值为 $ \dfrac{3-\sqrt{5}}{2} $ .

$ \because A(-2,0) $ , $ B(2,0) $ ,动点 $ P $ 满足 $ \left|PA\right|-\left|PB\right|=2 < \left|AB\right|=4 $ , $ \therefore $ 动点 $ P $ 的轨迹为双曲线的右支,且 $ a=1 $ , $ c=2 $ , $ b=\sqrt{3} $ , $ \therefore $ 点 $ P $ 的轨迹方程为 $ {x}^{2}-\dfrac{{y}^{2}}{3}=1(x\geqslant 1) $ .