课时1 双曲线的简单几何性质

由 $ 0 < k < 9 $ ,得 $ 9-k > 0 $ , $ 16-k > 0 $ ,所以两双曲线的焦点均在 $ x $ 轴上,因为 $ 16+(9-k)=(16-k)+9=25-k={c}^{2} $ ,所以两双曲线的焦距相等,故 $ \mathrm{C} $ 正确;双曲线 $ \dfrac{{x}^{2}}{16}-\dfrac{{y}^{2}}{9-k}=1 $ 的实轴长为8,虚轴长为 $ 2\sqrt{9-k} $ ,离心率为 $ \dfrac{\sqrt{25-k}}{4} $ ,双曲线 $ \dfrac{{x}^{2}}{16-k}-\dfrac{{y}^{2}}{9}=1 $ 的实轴长为 $ 2\sqrt{16-k} $ ,虚轴长为6,离心率为 $ \dfrac{\sqrt{25-k}}{\sqrt{16-k}} $ ,实轴长、虚轴长、离心率均不相等,故 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{D} $ 错误,故选 $ \mathrm{C} $ .

在方程 $ 3x-4y+12=0 $ 中,令 $ y=0 $ ,得 $ x=-4 $ ,

$ \therefore $ 等轴双曲线的一个焦点坐标为 $ (-4,0) $ , $ \therefore c=4 $ ,

$ \therefore {a}^{2}=\dfrac{1}{2}{c}^{2}=\dfrac{1}{2}×16=8 $ ,则所求双曲线方程为 $ {x}^{2}-{y}^{2}=8 $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

由双曲线的对称性以及 $ A $ ， $ B $ 是双曲线上关于原点对称的两点可知，点 $ O $ 是线段 $ AB $ 的中点.

连接 $ A{F}_{2} $ ， $ B{F}_{2} $ ，又 $ |AB|=2c=|{F}_{1}{F}_{2}| $ ，所以四边形 $ A{F}_{1}B{F}_{2} $ 为矩形，所以 $ A{F}_{1}\perp B{F}_{1} $ ， $ |B{F}_{1}|=|A{F}_{2}| $ .

由双曲线 $ C:\dfrac{{x}^{2}}{9}-\dfrac{{y}^{2}}{7}=1 $ 可得 $ a=3 $ ， $ b=\sqrt{7} $ ，则 $ c=\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}=\sqrt{9+7}=4 $ ，

所以 $ |AB|=|{F}_{1}{F}_{2}|=2c=8 $ ，所以 $ |A{F}_{1}{|}^{2}+{|B{F}_{1}|}^{2}={|AB|}^{2}=64 $ ，又 $ ||A{F}_{1}|-|B{F}_{1}||=||A{F}_{1}|-|A{F}_{2}||=2a=6 $ ，

所以 $ |A{F}_{1}{|}^{2}+{|B{F}_{1}|}^{2}-2|A{F}_{1}||B{F}_{1}|=36 $ ，解得 $ |A{F}_{1}||B{F}_{1}|=14 $ ，所以 $ {S}_{△AB{F}_{1}}=\dfrac{1}{2}|A{F}_{1}||B{F}_{1}|=7 $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

设点 $ P(x,y) $ ,则 $ \overrightarrow {OA}=(1,1) $ , $ \overrightarrow {OP}=(x,y) $ ,所以 $ \overrightarrow {OA}\cdot \overrightarrow {OP}=x+y $ .因为点 $ P $ 在双曲线的右支上,所以 $ {x}^{2}-{y}^{2}=1 $ , $ x\in [1,+\mathrm{\infty }) $ ,当 $ y > 0 $ 时, $ y=\sqrt{{x}^{2}-1} $ ,所以 $ \overrightarrow {OA}\cdot \overrightarrow {OP}=x+\sqrt{{x}^{2}-1} $ ,由于函数 $ y=x $ , $ y=\sqrt{{x}^{2}-1} $ 在 $ [1,+\mathrm{\infty }) $ 上都单调递增,所以函数 $ f(x)=x+\sqrt{{x}^{2}-1} $ 在 $ [1,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增,故 $ f{(x)}_{ \min }=f(1)=1 $ ,即 $ f(x)\in [1,+\mathrm{\infty }) $ .

当 $ y\leqslant 0 $ 时, $ y=-\sqrt{{x}^{2}-1} $ ,所以 $ \overrightarrow {OA}\cdot \overrightarrow {OP}=x-\sqrt{{x}^{2}-1}=\dfrac{1}{x+\sqrt{{x}^{2}-1}} $ ,由于函数 $ y=x $ , $ y=\sqrt{{x}^{2}-1} $ 在 $ [1,+\mathrm{\infty }) $ 上都单调递增,所以函数 $ k(x)=\dfrac{1}{x+\sqrt{{x}^{2}-1}} $ 在 $ [1,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递减,故 $ k{(x)}_{ \max }=k(1)=1 $ ,且 $ k(x) $ 在 $ [1,+\mathrm{\infty }) $ 上恒大于0,故 $ k(x)\in (0,1] $ .综上所述, $ \overrightarrow {OA}\cdot \overrightarrow {OP} $ 的取值范围是 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ .

$ \because $ 方程 $ 3m{x}^{2}-m{y}^{2}=1 $ 表示双曲线, $ \therefore m\ne 0 $ .

若 $ m > 0 $ ,则方程化为 $ \dfrac{{x}^{2}}{\dfrac{1}{3m}}-\dfrac{{y}^{2}}{\dfrac{1}{m}}=1 $ ,此时 $ a=\sqrt{\dfrac{1}{3m}} $ , $ b=\sqrt{\dfrac{1}{m}} $ ,渐近线方程为 $ y=±\dfrac{b}{a}x=±\sqrt{3}x $ ；

若 $ m < 0 $ ,则方程化为 $ \dfrac{{y}^{2}}{-\dfrac{1}{m}}-\dfrac{{x}^{2}}{-\dfrac{1}{3m}}=1 $ ,此时 $ a=\sqrt{-\dfrac{1}{m}} $ , $ b=\sqrt{-\dfrac{1}{3m}} $ ,渐近线方程为 $ y=±\dfrac{a}{b}x=±\sqrt{3}x. $

综上所述,双曲线的渐近线方程为 $ y=±\sqrt{3}x $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

双曲线 $ C:\dfrac{{x}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1 $ 的渐近线方程为 $ y=±\dfrac{1}{3}x $ ,则有 $ \dfrac{b}{a}=\dfrac{1}{3} $ ,即 $ a=3b $ ,双曲线方程可表示为 $ \dfrac{{x}^{2}}{9{b}^{2}}-\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1 $ .又点 $ (6,\sqrt{3}) $ 在 $ C $ 上,则有 $ \dfrac{36}{9{b}^{2}}-\dfrac{3}{{b}^{2}}=1 $ ,解得 $ {b}^{2}=1 $ ,即 $ b=1 $ ,则 $ a=3b=3 $ ,则有 $ {c}^{2}={a}^{2}+{b}^{2}=10 $ ,得 $ c=\sqrt{10} $ ,所以双曲线 $ C $ 的焦距为 $ 2\sqrt{10} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

如图，

因为 $ |{F}_{1}O|=3|OM| $ ，所以 $ \tan \mathrm{\angle }P{F}_{1}{F}_{2}=\dfrac{1}{3} $ ，又 $ P{F}_{1}\perp P{F}_{2} $ ，所以 $ \dfrac{|P{F}_{2}|}{|P{F}_{1}|}=\dfrac{1}{3} $ ，且 $ |P{F}_{1}|-|P{F}_{2}|=2a $ ，所以 $ |P{F}_{1}|=3a $ ， $ |P{F}_{2}|=a $ .

又 $ |P{F}_{1}{|}^{2}+{|P{F}_{2}|}^{2}={|{F}_{1}{F}_{2}|}^{2}⇒9{a}^{2}+{a}^{2}=4{c}^{2}⇒5{a}^{2}=2{c}^{2} $ ，

所以 $ \dfrac{{b}^{2}}{{a}^{2}}=\dfrac{{c}^{2}}{{a}^{2}}-1=\dfrac{3}{2} $ ，

所以双曲线的渐近线方程为 $ y=±\dfrac{b}{a}x=±\dfrac{\sqrt{6}}{2}x $ .

故选 $ \mathrm{A} $ .

由 $ {x}^{2}+{y}^{2}-2x+4y=0 $ 得 $ (x-1)^{2}+(y+2)^{2}=5 $ ，可得圆心为 $ (1,-2) $ .

双曲线 $ C：\dfrac{{x}^{2}}{2m}-\dfrac{{y}^{2}}{m+1}=1(m > 0) $ 的渐近线方程为 $ y=±\sqrt{\dfrac{m+1}{2m}}x $ ，

若圆关于双曲线 $ C $ 的一条渐近线对称，则圆心在渐近线上.

当 $ y=\sqrt{\dfrac{m+1}{2m}}x $ 时， $ -2=\sqrt{\dfrac{m+1}{2m}} $ ，无解；

当 $ y=-\sqrt{\dfrac{m+1}{2m}}x $ 时，由 $ -2=-\sqrt{\dfrac{m+1}{2m}} $ ，解得 $ m=\dfrac{1}{7} $ .

综上， $ m=\dfrac{1}{7} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

将 $ y=2b $ 代入 $ \dfrac{{x}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1 $ 得 $ x=±\sqrt{5}a $ ,如图所示, $ A(-a,0) $ , $ M(-\sqrt{5}a,2b) $ , $ N(\sqrt{5}a,2b) $ ,所以 $ {k}_{AM}{k}_{AN}=\dfrac{2b}{-\sqrt{5}a+a}\cdot \dfrac{2b}{\sqrt{5}a+a}=\dfrac{4{b}^{2}}{-4{a}^{2}}=-\dfrac{{b}^{2}}{{a}^{2}}=-4 $ ,则 $ \dfrac{{b}^{2}}{{a}^{2}}=4 $ ,所以双曲线 $ C $ 的离心率 $ e=\sqrt{1+\dfrac{{b}^{2}}{{a}^{2}}}=\sqrt{5} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

如图，取 $ M $ 为 $ PF $ 的中点, $ {F}_{2} $ 为右焦点,连接 $ OM $ , $ P{F}_{2} $ ，因为 $ \overrightarrow {PF}\cdot \overrightarrow {OP}=\overrightarrow {PF}\cdot \overrightarrow {FO} $ ,

所以 $ \overrightarrow {PF}\cdot (\overrightarrow {OP}+\overrightarrow {OF})=2\overrightarrow {PF}\cdot \overrightarrow {OM}=0 $ ,所以 $ OM\perp PF $ ,所以 $ \left|OP\right|=\left|OF\right|=c $ .因为 $ \overrightarrow {FO} $ 在 $ \overrightarrow {FP} $ 上的投影向量的模为 $ \dfrac{12}{13}\left|\overrightarrow {OF}\right| $ ,所以 $ \left|FM\right|=\dfrac{12}{13}c $ ,所以 $ \left|OM\right|=\dfrac{5}{13}c $ ,所以 $ \left|FP\right|=\dfrac{24}{13}c $ , $ \left|P{F}_{2}\right|=2\left|OM\right|=\dfrac{10}{13}c $ .因为 $ \left|PF\right|-\left|P{F}_{2}\right|=2a $ ,所以 $ \dfrac{24}{13}c-\dfrac{10}{13}c=2a $ ,所以 $ e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{13}{7} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

如图,设椭圆的长半轴长为 $ {a}_{1} $ ,双曲线的实半轴长为 $ {a}_{2} $ ,椭圆的离心率为 $ {e}_{1} $ ,双曲线的离心率为 $ {e}_{2} $ ,不妨令 $ {F}_{1} $ 为左焦点, $ {F}_{2} $ 为右焦点,点 $ P $ 在第一象限,

则根据椭圆及双曲线的定义得, $ \left|P{F}_{1}\right|+\left|P{F}_{2}\right|=2{a}_{1} $ , $ \left|P{F}_{1}\right|-\left|P{F}_{2}\right|=2{a}_{2} $ ,则 $ \left|P{F}_{1}\right|={a}_{1}+{a}_{2} $ , $ \left|P{F}_{2}\right|={a}_{1}-{a}_{2} $ ,设 $ \left|{F}_{1}{F}_{2}\right|=2c $ ,已知 $ \mathrm{\angle }{F}_{1}P{F}_{2}={60}^{\circ } $ ,

则在 $ △P{F}_{1}{F}_{2} $ 中,由余弦定理得 $ {\left|{F}_{1}{F}_{2}\right|}^{2}={\left|P{F}_{1}\right|}^{2}+{\left|P{F}_{2}\right|}^{2}-2\left|P{F}_{1}\right|\cdot \left|P{F}_{2}\right| \cos \mathrm{\angle }{F}_{1}P{F}_{2} $ ,

即 $ 4{c}^{2}={\left({a}_{1}+{a}_{2}\right) ^ {2}}+{\left({a}_{1}-{a}_{2}\right) ^ {2}}-2({a}_{1}+{a}_{2})\cdot ({a}_{1}-{a}_{2}) \cos {60}^{\circ } $ ,化简得 $ {a}_{1}^{2}+3{a}_{2}^{2}=4{c}^{2} $ ,

所以 $ \dfrac{1}{{e}_{1}^{2}}+\dfrac{3}{{e}_{2}^{2}}=4(0 < {e}_{1} < 1,{e}_{2} > 1) $ ,又因为椭圆的离心率 $ {e}_{1}=\dfrac{\sqrt{10}}{5} $ ,所以双曲线的离心率 $ {e}_{2}=\sqrt{2} $ ,故选 $ \mathrm{B} $ .

如图所示,设 $ |B{F}_{1}|=m(m > 0) $ ，由题意可得 $ |B{F}_{2}|=m $ ， $ |A{F}_{2}|=\dfrac{2}{3}m $ , $ |A{F}_{1}|=\dfrac{2}{3}m+2a $ .

又 $ |AB|=|A{F}_{2}|+|B{F}_{2}| $ ，由 $ A{F}_{1}\perp B{F}_{1} $ 可得 $ |A{F}_{1}{|}^{2}+{|B{F}_{1}|}^{2}={|AB|}^{2} $ ，

即 $ {\left(\dfrac{2}{3}m+2a\right) ^ {2}}+{m}^{2}={\left(\dfrac{2}{3}m+m\right) ^ {2}} $ ，解得 $ m=3a $ 或 $ m=-a $ （舍）,所以 $ |A{F}_{2}|=2a $ , $ |A{F}_{1}|=4a $ , $ |B{F}_{1}|=3a $ .

因为 $ \mathrm{\angle }A{F}_{1}O+\mathrm{\angle }B{F}_{1}O={90}^{\circ } $ , $ \mathrm{\angle }B{F}_{1}O+\mathrm{\angle }{F}_{1}BO={90}^{\circ } $ ，所以 $ \mathrm{\angle }A{F}_{1}O=\mathrm{\angle }{F}_{1}BO $ ,

则 $ \cos \mathrm{\angle }A{F}_{1}O= \cos \mathrm{\angle }{F}_{1}BO $ ，可得 $ \dfrac{{|A{F}_{1}|}^{2}+{|{F}_{1}{F}_{2}|}^{2}-{|A{F}_{2}|}^{2}}{2|A{F}_{1}||{F}_{1}{F}_{2}|}=\dfrac{|OB|}{|B{F}_{1}|} $ ，

即 $ \dfrac{16{a}^{2}+4{c}^{2}-4{a}^{2}}{2×4a×2c}=\dfrac{\sqrt{9{a}^{2}-{c}^{2}}}{3a} $ ，解得 $ \dfrac{c}{a}=\dfrac{3\sqrt{5}}{5} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

双曲线 $ \dfrac{{x}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1(a > 0,b > 0) $ 的渐近线方程为 $ y=±\dfrac{b}{a}x $ ，

由 $ \begin{cases}\dfrac{{x}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1,\\ x=c,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}x=c,\\ y=\dfrac{{b}^{2}}{a}\end{cases} $ 或 $ \begin{cases}x=c,\\ y=-\dfrac{{b}^{2}}{a},\end{cases} $ 又 $ A $ 在第一象限,故 $ A(c,\dfrac{{b}^{2}}{a}) $ .

由 $ \begin{cases}y=\dfrac{b}{a}x,\\ x=c,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}x=c,\\ y=\dfrac{bc}{a},\end{cases}\therefore B(c,\dfrac{bc}{a}) $ .

$ \because F(c,0) $ ，点 $ A $ 是线段 $ FB $ 的中点，

$ \therefore \dfrac{2{b}^{2}}{a}=\dfrac{bc}{a} $ ， $ \therefore c=2b $ ，

$ \therefore a=\sqrt{{c}^{2}-\dfrac{1}{4}{c}^{2}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}c $ ，

$ \therefore e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3} $ .

双曲线的一条渐近线方程为 $ y=\dfrac{b}{a}x $ ,由题意得 $ \dfrac{b}{a} > 2 $ ,所以双曲线的离心率 $ e=\dfrac{c}{a}=\sqrt{1+{\left(\dfrac{b}{a}\right) ^ {2}}} > \sqrt{1+4}=\sqrt{5} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

由题意知, $ P $ , $ Q $ 关于原点对称,不妨设点 $ P $ 为第一象限内一点,则 $ \left|Q{F}_{1}\right|=\left|P{F}_{2}\right| $ , $ \left|P{F}_{1}\right|-\left|P{F}_{2}\right|=2a $ ,又 $ \left|P{F}_{1}\right|+\left|Q{F}_{1}\right|=4a $ ,即 $ \left|P{F}_{1}\right|+\left|P{F}_{2}\right|=4a $ ,所以 $ \left|P{F}_{1}\right|=3a $ , $ \left|P{F}_{2}\right|=a $ ,记 $ \left|{F}_{1}{F}_{2}\right|=2c $ .因为 $ △P{F}_{1}{F}_{2} $ 为锐角三角形,所以 $ {\left|P{F}_{1}\right|}^{2}+{\left|P{F}_{2}\right|}^{2}-{\left|{F}_{1}{F}_{2}\right|}^{2} > 0 $ , $ {\left|P{F}_{1}\right|}^{2}+{\left|{F}_{1}{F}_{2}\right|}^{2}-{\left|P{F}_{2}\right|}^{2} > 0 $ , $ {\left|{F}_{1}{F}_{2}\right|}^{2}+{\left|P{F}_{2}\right|}^{2}-{\left|P{F}_{1}\right|}^{2} > 0 $ ,即 $ 9{a}^{2}+{a}^{2}-4{c}^{2} > 0 $ , $ 9{a}^{2}+4{c}^{2}-{a}^{2} > 0 $ , $ 4{c}^{2}+{a}^{2}-9{a}^{2} > 0 $ ,解得 $ 2 < \dfrac{{c}^{2}}{{a}^{2}} < \dfrac{5}{2} $ ,所以 $ \sqrt{2} < e < \dfrac{\sqrt{10}}{2} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

由已知，不妨设 $ \left|A{F}_{1}\right|\geqslant \left|B{F}_{1}\right| $ ，则 $ \left|A{F}_{1}\right|-\left|A{F}_{2}\right|=2a $ ， $ \left|B{F}_{1}\right|-\left|B{F}_{2}\right|=2a $ ，两式相加得 $ \left|A{F}_{1}\right|+\left|B{F}_{1}\right|-(\left|A{F}_{2}\right|+\left|B{F}_{2}\right|)=4a $ ，又 $ \left|A{F}_{2}\right|+\left|B{F}_{2}\right|=\left|AB\right| $ ，所以 $ \left|A{F}_{1}\right|+\left|B{F}_{1}\right|-\left|AB\right|=4a $ .又 $ \left|A{F}_{1}\right|+\left|B{F}_{1}\right|=4\left|{F}_{1}{F}_{2}\right|=8c $ ，所以 $ \left|AB\right|=8c-4a $ .

当 $ AB\perp x $ 轴时， $ \left|AB\right| $ 最小，此时 $ \left|AB\right|=\dfrac{2{b}^{2}}{a} $ ，所以 $ \dfrac{2{b}^{2}}{a}\leqslant 8c-4a $ ，又 $ {b}^{2}={c}^{2}-{a}^{2} $ ，则 $ \dfrac{2({c}^{2}-{a}^{2})}{a}\leqslant 8c-4a $ ，整理得 $ {c}^{2}-4ac+{a}^{2}\leqslant 0 $ ，

又 $ e=\dfrac{c}{a} $ ，不等式两边同时除以 $ {a}^{2} $ 得 $ {\rm }{\rm {\rm e}}^{2}-4{\rm e}+1\leqslant 0 $ ，解得 $ 2-\sqrt{3}\leqslant e\leqslant 2+\sqrt{3}{\rm } $ ，

又双曲线的离心率 $ e > 1 $ ，

所以双曲线 $ C $ 离心率的取值范围是 $ (1,2+\sqrt{3}] $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

设 $ P{F}_{1} $ 与 $ y $ 轴交于 $ Q $ 点，连接 $ Q{F}_{2} $ ，则 $ |Q{F}_{1}|=|Q{F}_{2}| $ ，得到 $ \mathrm{\angle }Q{F}_{1}{F}_{2}= $

$ \mathrm{\angle }Q{F}_{2}{F}_{1} $ ，因为 $ \mathrm{\angle }P{F}_{2}{F}_{1}=3\mathrm{\angle }P{F}_{1}{F}_{2} $ ，故 $ P $ 点在双曲线右支上，

且 $ \mathrm{\angle }P{F}_{2}Q=\mathrm{\angle }PQ{F}_{2}=2\mathrm{\angle }P{F}_{1}{F}_{2} $ ，

故 $ |PQ|=|P{F}_{2}| $ .

而 $ |P{F}_{1}|-|P{F}_{2}|=2a $ ，

所以 $ |P{F}_{1}|-|P{F}_{2}|=|P{F}_{1}|-|PQ|=|Q{F}_{1}|=2a $ ，

在 $ \mathrm{R}\mathrm{t}△QO{F}_{1} $ 中， $ |Q{F}_{1}| > |O{F}_{1}| $ ，即 $ 2a > c $ ，故 $ e=\dfrac{c}{a} < 2 $ .

由 $ \mathrm{\angle }P{F}_{2}{F}_{1}=3\mathrm{\angle }P{F}_{1}{F}_{2} $ ，且三角形内角和为 $ {180}^{\circ } $ ，

故 $ \mathrm{\angle }P{F}_{1}{F}_{2} < \dfrac{{180}^{\circ }}{4}={45}^{\circ } $ ，

则 $ \cos \mathrm{\angle }P{F}_{1}{F}_{2}=\dfrac{|O{F}_{1}|}{|Q{F}_{1}|} > \cos {45}^{\circ } $ ，

即 $ \dfrac{c}{2a} > \dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ，即 $ e=\dfrac{c}{a} > \sqrt{2} $ ，所以 $ C $ 的离心率的取值范围为 $ (\sqrt{2},2) $ ，故选 $ \mathrm{A} $ .

当 $ m > 0 $ 时,双曲线方程变形为 $ \dfrac{{x}^{2}}{\dfrac{m}{3}}-\dfrac{{y}^{2}}{m}=1 $ ,则 $ {a}^{2}=\dfrac{m}{3} $ , $ {b}^{2}=m $ ,所以离心率 $ e=\dfrac{c}{a}=\sqrt{1+\dfrac{{b}^{2}}{{a}^{2}}}=\sqrt{1+\dfrac{m}{\dfrac{m}{3}}}=2 $ .当 $ m < 0 $ 时,双曲线方程变形为 $ \dfrac{{y}^{2}}{-m}-\dfrac{{x}^{2}}{-\dfrac{m}{3}}=1 $ ,则 $ {a}^{2}=-m $ , $ {b}^{2}=-\dfrac{m}{3} $ ,所以离心率 $ e=\dfrac{c}{a}=\sqrt{1+\dfrac{{b}^{2}}{{a}^{2}}}=\sqrt{1+\dfrac{-\dfrac{m}{3}}{-m}}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

当双曲线的焦点在 $ x $ 轴上时，设双曲线 $ C $ 的方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1(a > 0,b > 0) $ ，

则 $ \begin{cases}\dfrac{b}{a}=\sqrt{3},\\ 2a=6,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}b=3\sqrt{3},\\ a=3,\end{cases} $ 则双曲线 $ C $ 的方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{9}-\dfrac{{y}^{2}}{27}=1 $ ；

当双曲线的焦点在 $ y $ 轴上时，设双曲线 $ C $ 的方程为 $ \dfrac{{y}^{2}}{{m}^{2}}-\dfrac{{x}^{2}}{{n}^{2}}=1(m > 0,n > 0) $ ，

则 $ \begin{cases}\dfrac{m}{n}=\sqrt{3},\\ 2m=6,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}n=\sqrt{3},\\ m=3,\end{cases} $ 双曲线 $ C $ 的方程为 $ \dfrac{{y}^{2}}{9}-\dfrac{{x}^{2}}{3}=1 $ .

综上，双曲线 $ C $ 的方程是 $ \dfrac{{x}^{2}}{9}-\dfrac{{y}^{2}}{27}=1 $ 或 $ \dfrac{{y}^{2}}{9}-\dfrac{{x}^{2}}{3}=1 $ .