课时2 直线与双曲线的位置关系

联立方程 $ \begin{cases}y=kx+1,\\ \dfrac{{x}^{2}}{4}-{y}^{2}=1,\end{cases} $ 整理可得 $ (1-4{k}^{2}){x}^{2}-8kx-8=0 $ ，

当 $ 1-4{k}^{2}=0 $ ，即 $ k=±\dfrac{1}{2} $ 时，方程有一解，即只有一个公共点；

当 $ 1-4{k}^{2}\ne 0 $ 时，由 $ \mathrm{\Delta }=64{k}^{2}+32(1-4{k}^{2})=0 $ ，解得 $ k=±\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ .

所以直线 $ y=kx+1 $ 与双曲线 $ \dfrac{{x}^{2}}{4}-{y}^{2}=1 $ 只有一个公共点时， $ k=±\dfrac{1}{2} $ 或 $ k=±\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ .

所以“ $ k=±\dfrac{1}{2} $ ”是“直线 $ y=kx+1 $ 与双曲线 $ \dfrac{{x}^{2}}{4}-{y}^{2}=1 $ 只有一个公共点”的充分不必要条件.故选 $ \mathrm{A} $ .

当 $ x=4 $ 时, $ \dfrac{16}{4}-\dfrac{{y}^{2}}{9}=1 $ ,解得 $ y=±3\sqrt{3} $ ,故点 $ (4,3\sqrt{3}) $ 在双曲线上,因此过点 $ (4,3\sqrt{3}) $ 且与双曲线的两条渐近线平行的直线,与双曲线有一个公共点,此时直线的斜率 $ k=±\dfrac{b}{a}=±\dfrac{3}{2} $ .易知当直线斜率不存在时,直线与双曲线有两个公共点,当直线斜率为0时,直线与双曲线有两个公共点,当直线不与渐近线平行时,设 $ y=k (x-4 )+3\sqrt{3} (k\ne ±\dfrac{3}{2} $ ,且 $ k\ne 0) $ ,将其代入双曲线方程可得 $ \dfrac{{x}^{2}}{4}-\dfrac{{[k(x-4)+3\sqrt{3}]}^{2}}{9}=1 $ ,化简得 $ (\dfrac{1}{4}-\dfrac{{k}^{2}}{9}){x}^{2}+\dfrac{8{k}^{2}-6\sqrt{3}k}{9}x-\dfrac{16{k}^{2}-24\sqrt{3}k+36}{9}=0 $ ,令 $ \mathrm{\Delta }={\left(\dfrac{8{k}^{2}-6\sqrt{3}k}{9}\right) ^ {2}}+4(\dfrac{1}{4}-\dfrac{{k}^{2}}{9})\cdot \dfrac{16{k}^{2}-24\sqrt{3}k+36}{9}=0 $ ,化简得 $ {\left(k-\sqrt{3}\right) ^ {2}}=0 $ ,解得 $ k=\sqrt{3} $ ,故在点 $ (4,3\sqrt{3}) $ 处存在切线 $ y=\sqrt{3}x-\sqrt{3} $ 与双曲线有唯一的公共点.综上可知,过点 $ (4,3\sqrt{3}) $ 的直线有3条与双曲线只有一个公共点,故选 $ \mathrm{C} $ .

联立直线与双曲线的方程,消去 $ y $ 整理得 $ (1-{k}^{2}){x}^{2}+2{k}^{2}x-{k}^{2}-4=0 $ ,

由题意,设该方程的两根为 $ {x}_{1} $ , $ {x}_{2} $ ,则 $ \begin{cases}1-{k}^{2}\ne 0,\\ \mathrm{\Delta }=4\left(4-3{k}^{2}\right) > 0,\\ {x}_{1}{x}_{2}=-\dfrac{{k}^{2}+4}{1-{k}^{2}} < 0,\end{cases} $ 解得 $ -1 < k < 1 $ .

故实数 $ k $ 的取值范围为 $ (-1,1) $ .

$ \because $ 双曲线 $ C：\dfrac{{x}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1(a > 0,b > 0) $ 的一条渐近线方程是 $ y=\sqrt{2}x $ ， $ \therefore \dfrac{b}{a}=\sqrt{2} $ ，即 $ b=\sqrt{2}a.\because $ 左焦点 $ F(-\sqrt{3},0) $ ， $ \therefore c=\sqrt{3} $ ， $ \therefore {c}^{2}={a}^{2}+{b}^{2}=3{a}^{2}=3 $ ， $ \therefore {a}^{2}=1 $ ， $ {b}^{2}=2 $ ， $ \therefore $ 双曲线 $ C $ 的方程为 $ {x}^{2}-\dfrac{{y}^{2}}{2}=1 $ .易知直线 $ l $ 的方程为 $ y=2(x+\sqrt{3}) $ ，设 $ A({x}_{1},{y}_{1}) $ ， $ B({x}_{2},{y}_{2}) $ ，由 $ \begin{cases}y=2(x+\sqrt{3}),\\ {x}^{2}-\dfrac{{y}^{2}}{2}=1\end{cases} $ 消去 $ y $ 可得 $ {x}^{2}+4\sqrt{3}x+7=0 $ ， $ \mathrm{\Delta }=(4\sqrt{3})^{2}-4×7=20 > 0 $ , $ \therefore {x}_{1}+{x}_{2}=-4\sqrt{3} $ ， $ {x}_{1}{x}_{2}=7 $ ,

$ \therefore |AB|=\sqrt{1+{k}^{2}}×\sqrt{{\left({x}_{1}+{x}_{2}\right) ^ {2}}-4{x}_{1}{x}_{2}}=\sqrt{1+4}×\sqrt{48-28}=10 $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

由双曲线 $ C:{x}^{2}-\dfrac{{y}^{2}}{3}=1 $ 可得 $ F(-2,0) $ .由题意知直线 $ AB $ 的斜率不为0，根据双曲线的对称性，不妨设过点 $ F $ 的直线方程为 $ x=my-2(m > 0) $ ，

联立 $ \begin{cases}x=my-2,\\ {x}^{2}-\dfrac{{y}^{2}}{3}=1,\end{cases} $ 可得 $ (3{m}^{2}-1){y}^{2}-12my+9=0 $ ， $ \mathrm{\Delta } > 0 $ ,且 $ 3{m}^{2}-1\ne 0 $ .

设 $ A({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ B({x}_{2},{y}_{2}) $ ，则 $ {y}_{1}+{y}_{2}=\dfrac{12m}{3{m}^{2}-1} $ , $ {y}_{1}{y}_{2}=\dfrac{9}{3{m}^{2}-1}.\mathrm{①} $

由 $ |BF|=2|AF| $ ，得 $ \overrightarrow {BF}=2\overrightarrow {FA} $ ，又 $ \overrightarrow {BF}=(-2-{x}_{2},-{y}_{2}) $ , $ \overrightarrow {FA}=({x}_{1}+2,{y}_{1}) $ ，所以 $ -{y}_{2}=2{y}_{1} $ .②

由①②可得 $ {y}_{1}=-\dfrac{12m}{3{m}^{2}-1} $ , $ {y}_{2}=\dfrac{24m}{3{m}^{2}-1} $ ，所以 $ -\dfrac{12m}{3{m}^{2}-1}\cdot \dfrac{24m}{3{m}^{2}-1}=\dfrac{9}{3{m}^{2}-1} $ ，

解得 $ m=\dfrac{\sqrt{35}}{35} $ 或 $ m=-\dfrac{\sqrt{35}}{35} $ （舍），则 $ {y}_{1}=\dfrac{3\sqrt{35}}{8} $ ，

所以 $ |AB|=\sqrt{1+{m}^{2}}\cdot |{y}_{1}-{y}_{2}|=\dfrac{6}{\sqrt{35}}×3|{y}_{1}|=\dfrac{6}{\sqrt{35}}×\dfrac{9\sqrt{35}}{8}=\dfrac{27}{4} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

由题意，若 $ A $ , $ B $ 在同一支上，则 $ |AB{|}_{ \min }=\dfrac{8}{a} $ ；如果 $ A $ , $ B $ 在两支上，则有 $ |AB{|}_{ \min }=2a $ .因为存在4条直线 $ l $ 满足 $ |AB|=8 $ ，所以 $ \dfrac{8}{a} < 8 $ 且 $ 2a < 8 $ ，解得 $ a\in (1,4) $ ，故选 $ \mathrm{C} $ .

由题意得 $ F(2,0) $ ，设 $ A({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ B({x}_{2},{y}_{2}) $ , $ {x}_{1}\ne {x}_{2} $ , $ M(s,t) $ , $ t\ne 0 $ ，

则 $ \begin{cases}{x}_{1}^{2}-{y}_{1}^{2}=2,\\ {x}_{2}^{2}-{y}_{2}^{2}=2,\end{cases} $ 两式相减得 $ ({x}_{1}-{x}_{2})({x}_{1}+{x}_{2})=({y}_{1}-{y}_{2})({y}_{1}+{y}_{2}) $ .

因为点 $ M $ 为线段 $ AB $ 的中点，所以 $ {x}_{1}+{x}_{2}=2s $ , $ {y}_{1}+{y}_{2}=2t $ ，

所以 $ s({x}_{1}-{x}_{2})=t({y}_{1}-{y}_{2}) $ ，所以 $ {k}_{l}=\dfrac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}=\dfrac{s}{t} $ .因为线段 $ FM $ 的中点为 $ (\dfrac{2+s}{2},\dfrac{t}{2}) $ ，结合 $ P(4,0) $ ，所以线段 $ FM $ 的垂直平分线的斜率为 $ \dfrac{\dfrac{t}{2}-0}{\dfrac{2+s}{2}-4}=\dfrac{t}{s-6} $ ，由题意得 $ \dfrac{t}{s-6}\cdot \dfrac{s}{t}=-1 $ ，

即 $ \dfrac{s}{s-6}=-1 $ ，解得 $ s=3 $ ，经检验，符合题意，即 $ M $ 的横坐标为3.故选 $ \mathrm{C} $ .

如图,点 $ A(-1,0) $ ,设直线 $ l $ 的方程为 $ y=k(x+1) $ ,

将其代入椭圆方程 $ {x}^{2}+\dfrac{{y}^{2}}{4}=1 $ 中,整理得 $ ({k}^{2}+4){x}^{2}+2{k}^{2}x+{k}^{2}-4=0 $ , $ {\mathrm{\Delta }}_{1}=64 > 0 $ ,

依题意, $ {x}_{N}×(-1)=\dfrac{{k}^{2}-4}{{k}^{2}+4} $ ,得 $ {x}_{N}=\dfrac{4-{k}^{2}}{{k}^{2}+4} $ .

再将 $ y=k(x+1) $ 代入双曲线方程 $ {x}^{2}-\dfrac{{y}^{2}}{4}=1 $ 中,整理得 $ (4-{k}^{2}){x}^{2}-2{k}^{2}x-{k}^{2}-4=0 $ ,且当 $ k\in (-2,2) $ 时，直线 $ l $ 与双曲线左、右两支各有一个交点，当 $ k\in (-\mathrm{\infty },-2)\cup (2,+\mathrm{\infty }) $ 时，直线 $ l $ 与双曲线的左支有两个交点，当 $ k=±2 $ 时，直线 $ l $ 与双曲线只有一个交点，

依题意, $ {x}_{M}×(-1)=\dfrac{-{k}^{2}-4}{4-{k}^{2}} $ ,得 $ {x}_{M}=\dfrac{{k}^{2}+4}{4-{k}^{2}} $ ,

由 $ \overrightarrow {AN}=\overrightarrow {NM} $ ,可知 $ N $ 是 $ AM $ 的中点,则 $ k\in (-2,2) $ , $ 2{x}_{N}={x}_{A}+{x}_{M} $ ,

即 $ 2×\dfrac{4-{k}^{2}}{{k}^{2}+4}=-1+\dfrac{4+{k}^{2}}{4-{k}^{2}} $ ,解得 $ k=±\dfrac{2\sqrt{3}}{3} $ ,满足题意.故选 $ \mathrm{B} $ .

由题可得直线 $ l $ 的方程为 $ y=k(x-1)+1 $ ,联立 $ \begin{cases}y=k(x-1)+1,\\ {x}^{2}-\dfrac{{y}^{2}}{4}=1,\end{cases} $ 整理得 $ (4-{k}^{2}){x}^{2}-(2k-2{k}^{2})x-{k}^{2}+2k-5=0. $ 若 $ 4-{k}^{2}=0 $ ，即 $ k=±2 $ ，此时直线 $ l $ 与双曲线的渐近线平行，直线 $ l $ 与双曲线只有一个公共点；若 $ 4-{k}^{2}\ne 0 $ ，则 $ \mathrm{\Delta }= (2k-2{k}^{2})^{2}-4 (4-{k}^{2} ) (-{k}^{2}+2k-5 )=0 $ ，解得 $ k=\dfrac{5}{2} $ ，此时直线 $ l $ 与双曲线相切.

综上可得直线 $ l $ 的斜率 $ k $ 的值为 $ \dfrac{5}{2} $ 或 $ ±2 $ .

由题意可设双曲线方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1(a > 0,b > 0) $ ，且 $ \begin{cases}c=\sqrt{5},\\ \mid P{F}_{1}\mid =\dfrac{{b}^{2}}{a}=4,\\ {c}^{2}={a}^{2}+{b}^{2},\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}c=\sqrt{5},\\ a=1,\\ b=2,\end{cases} $ 所以双曲线 $ C $ 的标准方程为 $ {x}^{2}-\dfrac{{y}^{2}}{4}=1 $ ，故选 $ \mathrm{B} $ .

如图所示，设 $ {F}_{2} $ 关于渐近线的对称点为 $ P $ ，易知 $ |O{F}_{2}|=|OP|=|O{F}_{1}|=|{F}_{1}P| $ ，所以 $ △P{F}_{1}{F}_{2} $ 为直角三角形，

$ \mathrm{\angle }{F}_{1}P{F}_{2}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ ， $ △P{F}_{1}O $ 是等边三角形，又 $ P{F}_{2}\perp OM $ ，则 $ {F}_{1}P//OM $ ，所以 $ \mathrm{\angle }MO{F}_{2}=\mathrm{\angle }P{F}_{1}{F}_{2}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ，所以双曲线一条渐近线的倾斜角为 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{3} $ ，即 $ \dfrac{b}{a}= \tan \dfrac{\mathrm{\pi }}{3}=\sqrt{3} $ ，所以离心率 $ e=\dfrac{c}{a}=\sqrt{1+\dfrac{{b}^{2}}{{a}^{2}}}=2 $ ，故选 $ \mathrm{A} $ .

由题意可得 $ \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} $ ,两式相减得 $ 2{a}_{1}-2{a}_{2}=2\left|P{F}_{2}\right|=\left|{F}_{1}{F}_{2}\right|=2c $ ,所以 $ \dfrac{1}{{e}_{1}}-\dfrac{1}{{e}_{2}}=1 $ ,即 $ {e}_{1}=\dfrac{{e}_{2}}{{e}_{2}+1} $ ,所以 $ {e}_{1}+{e}_{2}=\dfrac{{e}_{2}}{{e}_{2}+1}+{e}_{2}=\dfrac{{e}_{2}^{2}+2{e}_{2}}{{e}_{2}+1}=({e}_{2}+1)-\dfrac{1}{{e}_{2}+1} $ ,令 $ {e}_{2}+1=k $ ,则 $ k > 2 $ , $ {e}_{1}+{e}_{2}=k-\dfrac{1}{k} $ ,设 $ f(k)=k-\dfrac{1}{k} $ ,且函数 $ f(k) $ 在 $ (2,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增,则 $ f(k) > f(2)=\dfrac{3}{2} $ ,所以 $ {e}_{1}+{e}_{2} $ 的取值范围是 $ (\dfrac{3}{2},+\mathrm{\infty }) $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

如图,设 $ A({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ B({x}_{2},{y}_{2}) $ , $ {x}_{1}\ne {x}_{2} $ , $ P({x}_{0},{y}_{0}) $ , $ {x}_{0}\ne 0 $ ,由 $ A $ , $ B $ 均在 $ C:\dfrac{{x}^{2}}{4}-\dfrac{{y}^{2}}{3}=1 $ 上, $ P $ 为 $ AB $ 的中点,得 $ \begin{cases}3{x}_{1}^{2}=12+4{y}_{1}^{2},\\ 3{x}_{2}^{2}=12+4{y}_{2}^{2},\end{cases} $ 则 $ 3({x}_{1}-{x}_{2})\cdot ({x}_{1}+{x}_{2})=4({y}_{1}-{y}_{2})({y}_{1}+{y}_{2}) $ , $ \therefore \dfrac{3}{4}=\dfrac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}\cdot \dfrac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}=\dfrac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}\cdot \dfrac{2{y}_{0}}{2{x}_{0}}=\dfrac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}\cdot \dfrac{{y}_{0}-0}{{x}_{0}-0} $ , $ \therefore {k}_{OP}\cdot {k}_{AB}=\dfrac{3}{4} $ .设直线 $ AB $ 的倾斜角为 $ \alpha $ ,则 $ {k}_{AB}= \tan \alpha $ ,不妨设 $ \alpha $ 为锐角, $ \because △OFP $ 是以 $ FP $ 为底边的等腰三角形, $ \therefore $ 直线 $ OP $ 的倾斜角为 $ 2\alpha $ ,则 $ {k}_{OP}= \tan 2\alpha $ , $ \therefore \tan \alpha \cdot \tan 2\alpha =\dfrac{3}{4} $ , $ \therefore \tan \alpha \cdot \dfrac{2 \tan \alpha }{1-{ \tan }^{2}\alpha }=\dfrac{3}{4} $ ,解得 $ \tan \alpha =\dfrac{\sqrt{33}}{11} $ . $ \therefore $ 由双曲线的对称性知直线 $ l $ 的斜率为 $ ±\dfrac{\sqrt{33}}{11} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

因为双曲线 $ \Gamma :\dfrac{{x}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1 $ 的离心率为 $ \dfrac{\sqrt{6}}{2} $ ，所以 $ e=\dfrac{c}{a}=\sqrt{1+\dfrac{{b}^{2}}{{a}^{2}}}=\dfrac{\sqrt{6}}{2} $ ，得 $ \dfrac{b}{a}=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ，所以双曲线 $ \Gamma $ 的渐近线方程为 $ y=±\dfrac{\sqrt{2}}{2}x $ .设直线 $ y=\dfrac{\sqrt{2}}{2}x $ 的倾斜角为 $ \theta $ ，则 $ \tan \theta =\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ，由双曲线及圆的对称性不妨令点 $ A $ ， $ B $ 分别在第一、四象限，坐标原点为 $ O $ ，则 $ \mathrm{\angle }AOB=2\theta $ .

于是得 $ \sin \mathrm{\angle }AOB= \sin 2\theta =2 \sin \theta \cos \theta =\dfrac{2 \sin \theta \cos \theta }{{ \sin }^{2}\theta +{ \cos }^{2}\theta }=\dfrac{2 \tan \theta }{{ \tan }^{2}\theta +1}=\dfrac{2\sqrt{2}}{3} $ ，而双曲线的虚半轴长为 $ b $ ，即 $ |OA|=|OB|=b $ ，显然四边形 $ ABCD $ 为矩形，其面积 $ S=4{S}_{△AOB}=4×\dfrac{1}{2}|OA{|}^{2} \sin \mathrm{\angle }AOB=\dfrac{4\sqrt{2}}{3}{b}^{2}=12\sqrt{2} $ ，得 $ {b}^{2}=9 $ ，所以 $ {a}^{2}=2{b}^{2}=18 $ ，所以双曲线的方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{18}-\dfrac{{y}^{2}}{9}=1 $ ．故选 $ \mathrm{B} $ ．

由题意可知 $ {\rm }{\rm {\rm e}}^{2}=\dfrac{{c}^{2}}{{a}^{2}}=5 $ ,所以 $ {c}^{2}=5{a}^{2}{\rm } $ , $ {b}^{2}={c}^{2}-{a}^{2}=4{a}^{2} $ ,又 $ P(m,n) $ 在双曲线 $ C $ 上,即 $ \dfrac{{m}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{n}^{2}}{4{a}^{2}}=1 $ ,则 $ 4{m}^{2}-{n}^{2}=4{a}^{2}={b}^{2} > 0 $ ,所以 $ \dfrac{{b}^{2}}{4{m}^{2}}-\dfrac{n}{2m}=\dfrac{4{m}^{2}-{n}^{2}}{4{m}^{2}}-\dfrac{n}{2m}=1-{\left(\dfrac{n}{2m}\right) ^ {2}}-\dfrac{n}{2m}=-{\left(\dfrac{n}{2m}+\dfrac{1}{2}\right) ^ {2}}+\dfrac{5}{4}① $ ,因为 $ 4{m}^{2}-{n}^{2} > 0 $ ,所以 $ {\left(\dfrac{n}{2m}\right) ^ {2}} < 1 $ ,即 $ \dfrac{n}{2m}\in (-1,1) $ ,结合二次函数的性质可知,①式的取值范围为 $ (-1,\dfrac{5}{4}] $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

对于选项 $ \mathrm{A} $ ，由双曲线 $ C:\dfrac{{x}^{2}}{4}-\dfrac{{y}^{2}}{12}=1 $ ，得渐近线方程为 $ y=±\sqrt{3}x $ ，即 $ ±\sqrt{3}x-y=0 $ .左焦点 $ {F}_{1}(-4,0) $ 到渐近线的距离 $ d=\dfrac{4\sqrt{3}}{\sqrt{(±\sqrt{3})^{2}+(-1)^{2}}}=2\sqrt{3} $ ，故 $ \mathrm{A} $ 正确.

对于选项 $ \mathrm{B} $ ，根据双曲线定义可知 $ ||M{F}_{1}|-|M{F}_{2}||=2a=4 $ ，又 $ |M{F}_{1}|=5 $ ，则 $ |5-|M{F}_{2}||=4 $ .

当 $ 5-|M{F}_{2}|=4 $ 时， $ |M{F}_{2}|=1 $ ；当 $ 5-|M{F}_{2}|=-4 $ 时， $ |M{F}_{2}|=9 $ .

又 $ |M{F}_{2}|\geqslant c-a=4-2=2 $ ，所以 $ |M{F}_{2}|=1 $ 舍去， $ |M{F}_{2}|=9 $ ，故 $ \mathrm{B} $ 错误.

对于选项 $ \mathrm{C} $ ，当 $ k=1 $ 时，直线 $ l $ 的方程为 $ y=x+\sqrt{2}-1 $ .联立 $ \begin{cases}y=x+\sqrt{2}-1,\\ \dfrac{{x}^{2}}{4}-\dfrac{{y}^{2}}{12}=1,\end{cases} $ 消去 $ y $ 得 $ \dfrac{{x}^{2}}{4}-\dfrac{{\left(x+\sqrt{2}-1\right) ^ {2}}}{12}=1 $ ，

整理得 $ 2{x}^{2}-2(\sqrt{2}-1)x+2\sqrt{2}-15=0 $ ，

$ {\mathrm{\Delta }}_{1}={[-2(\sqrt{2}-1)]}^{2}-4×2×(2\sqrt{2}-15)=132-24\sqrt{2} > 0 $ ，

所以方程有两个不同的实根，设两根分别为 $ {x}_{1} $ ， $ {x}_{2} $ ，则 $ {x}_{1}{x}_{2}=\dfrac{2\sqrt{2}-15}{2}=\sqrt{2}-\dfrac{15}{2} < 0 $ ，即两根异号，所以直线与双曲线的两支都相交，故 $ \mathrm{C} $ 正确.

对于选项 $ \mathrm{D} $ ，由 $ \begin{cases}y=k(x-1)+\sqrt{2},\\ \dfrac{{x}^{2}}{4}-\dfrac{{y}^{2}}{12}=1,\end{cases} $ 得到 $ \dfrac{{x}^{2}}{4}-\dfrac{[k(x-1)+\sqrt{2}]^{2}}{12}=1 $ ,

整理得 $ (3-{k}^{2}){x}^{2}+(2{k}^{2}-2\sqrt{2}k)x-({k}^{2}-2\sqrt{2}k+14)=0 $ ,

若 $ {\mathrm{\Delta }}_{2}={\left(2{k}^{2}-2\sqrt{2}k\right) ^ {2}}+4×(3-{k}^{2})\cdot ({k}^{2}-2\sqrt{2}k+14) > 0 $ ,设 $ A({x}_{3},{y}_{3}) $ ， $ B({x}_{4},{y}_{4}) $ ，则 $ {x}_{3}+{x}_{4}=-\dfrac{2{k}^{2}-2\sqrt{2}k}{3-{k}^{2}} $ ， $ {x}_{3}{x}_{4}=\dfrac{-({k}^{2}-2\sqrt{2}k+14)}{3-{k}^{2}} $ .

若 $ P(1,\sqrt{2}) $ 是 $ AB $ 的中点，则 $ {x}_{3}+{x}_{4}=2 $ ，即 $ -\dfrac{2{k}^{2}-2\sqrt{2}k}{3-{k}^{2}}=2 $ ，解得 $ k=\dfrac{3\sqrt{2}}{2} $ ，

则 $ {\mathrm{\Delta }}_{2}={\left(2{k}^{2}-2\sqrt{2}k\right) ^ {2}}+4×(3-{k}^{2})({k}^{2}-2\sqrt{2}k+14)=-66 < 0 $ ，矛盾.所以点 $ P $ 不可能是线段 $ AB $ 的中点，故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ :由题意得 $ e=\dfrac{2}{\sqrt{5}-1}=\dfrac{2(\sqrt{5}+1)}{(\sqrt{5}-1)(\sqrt{5}+1)}=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；

对于 $ \mathrm{B} $ :设 $ E({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ F({x}_{2},{y}_{2}) $ , $ {x}_{1}\ne {x}_{2} $ , $ M({x}_{0},{y}_{0}) $ , $ {x}_{0}\ne 0 $ ,其中 $ \begin{cases}{x}_{0}=\dfrac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2},\\ {y}_{0}=\dfrac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2},\end{cases} $ 则 $ \begin{cases}\dfrac{{x}_{1}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{y}_{1}^{2}}{{b}^{2}}=1,\\ \dfrac{{x}_{2}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{y}_{2}^{2}}{{b}^{2}}=1,\end{cases} $ 两式相减得 $ \dfrac{{x}_{1}^{2}-{x}_{2}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{y}_{1}^{2}-{y}_{2}^{2}}{{b}^{2}}=0 $ ,即 $ \dfrac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}\cdot \dfrac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}=\dfrac{{b}^{2}}{{a}^{2}} $ ,所以 $ {k}_{EF}\cdot {k}_{OM}=\dfrac{{b}^{2}}{{a}^{2}}=\dfrac{{c}^{2}-{a}^{2}}{{a}^{2}}={\rm {\rm e}}^{2}-1 $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误；

对于 $ \mathrm{C} $ :由 $ e=\sqrt{1+\dfrac{{b}^{2}}{{a}^{2}}}=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2} $ ,可得 $ \dfrac{b}{a}=\sqrt{\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}} $ ,所以一条渐近线的斜率为 $ k=\dfrac{b}{a}=\sqrt{\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}} < 3 $ ,所以过右焦点且斜率为3的直线与双曲线右支有2个交点,故 $ \mathrm{C} $ 正确；

对于 $ \mathrm{D} $ : $ {B}_{2}(0,-b) $ , $ {F}_{1}(-c,0) $ ,则 $ {k}_{{F}_{1}{B}_{2}}=\dfrac{-b-0}{0+c}=-\dfrac{b}{c} $ ,双曲线的一条渐近线的斜率为 $ k=\dfrac{b}{a} $ ,所以 $ {k}_{{F}_{1}{B}_{2}}k=-\dfrac{b}{c}\cdot \dfrac{b}{a}=-\dfrac{{b}^{2}}{ac}=-\dfrac{{c}^{2}-{a}^{2}}{ac}=-e+\dfrac{1}{e}=-\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}+\dfrac{2}{\sqrt{5}+1}=-1 $ ,所以直线 $ {F}_{1}{B}_{2} $ 与双曲线 $ C $ 的一条渐近线垂直,故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

将点 $ P(2,1) $ 的坐标代入 $ C $ 的方程中,可得方程成立,故点 $ P $ 在双曲线 $ C $ 上.过点 $ P(2,1) $ 且倾斜角为 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{4} $ 的直线 $ {l}_{1} $ 的斜率 $ {k}_{1}= \tan \dfrac{\mathrm{\pi }}{4}=1 $ ,则 $ {l}_{1} $ 的方程为 $ y-1=x-2 $ ,即 $ y=x-1 $ ,代入 $ C $ 的方程 $ {x}^{2}-3{y}^{2}=1 $ 中,化简可得 $ {x}^{2}-3x+2=0 $ ,解得 $ x=1 $ 或 $ x=2 $ ,当 $ x=1 $ 时, $ y=0 $ ,故点 $ A $ 的坐标为 $ (1,0) $ .过点 $ P(2,1) $ 且倾斜角为 $ \dfrac{3\mathrm{\pi }}{4} $ 的直线 $ {l}_{2} $ 的斜率 $ {k}_{2}= \tan \dfrac{3\mathrm{\pi }}{4}=-1 $ ,则 $ {l}_{2} $ 的方程为 $ y-1=-(x-2) $ ,即 $ y=-x+3 $ ,代入 $ C $ 的方程 $ {x}^{2}-3{y}^{2}=1 $ 中,化简可得 $ {x}^{2}-9x+14=0 $ ,解得 $ x=2 $ 或 $ x=7 $ ,当 $ x=7 $ 时, $ y=-4 $ ,故点 $ B $ 的坐标为 $ (7,-4) $ .因为 $ {k}_{1}{k}_{2}=-1 $ ,所以 $ PA\perp PB $ ,所以 $ △PAB $ 是直角三角形,且 $ \left|PA\right|=\sqrt{{\left(2-1\right) ^ {2}}+{\left(1-0\right) ^ {2}}}=\sqrt{2} $ , $ \left|PB\right|=\sqrt{{\left(2-7\right) ^ {2}}+{[1-(-4)]}^{2}}=5\sqrt{2} $ ,

故 $ {S}_{△PAB}=\dfrac{1}{2}\cdot \left|PA\right|\cdot \left|PB\right|=5 $ .

设 $ P(a,b)(a > 0,b > 0) $ ，由 $ |OP|=\sqrt{5} $ ，得 $ \sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}=\sqrt{5} $ ，故 $ {a}^{2}+{b}^{2}=5\mathrm{①} $ .

又 $ P(a,b) $ 在双曲线 $ \dfrac{{x}^{2}}{2}-{y}^{2}=1 $ 上，所以 $ \dfrac{{a}^{2}}{2}-{b}^{2}=1\mathrm{②} $ ，由①②可得 $ {a}^{2}=4 $ , $ {b}^{2}=1 $ ，

所以 $ a=2 $ , $ b=1 $ ，故 $ P(2,1) $ .

联立 $ \begin{cases}\dfrac{{x}^{2}}{2}-{y}^{2}=1,\\ y=kx+m,\end{cases} $ 消去 $ y $ 整理得 $ (1-2{k}^{2})\cdot {x}^{2}-4kmx-2{m}^{2}-2=0 $ , $ \mathrm{\Delta }=8({m}^{2}+1-2{k}^{2}) > 0 $ .

设 $ A({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ B({x}_{2},{y}_{2}) $ ，则 $ {x}_{1}+{x}_{2}=\dfrac{4km}{1-2{k}^{2}} $ , $ {x}_{1}{x}_{2}=-\dfrac{2{m}^{2}+2}{1-2{k}^{2}} $ .

因为 $ \mathrm{\angle }APB={90}^{\circ } $ ，所以 $ \overrightarrow {PA}\cdot \overrightarrow {PB}=({x}_{1}-2)({x}_{2}-2)+({y}_{1}-1)({y}_{2}-1)=0 $ ，

得 $ ({k}^{2}+1){x}_{1}{x}_{2}+(km-k-2)({x}_{1}+{x}_{2})+{m}^{2}-2m+5=0 $ ，

所以 $ ({k}^{2}+1)(-\dfrac{2{m}^{2}+2}{1-2{k}^{2}})+(km-k-2)\cdot \dfrac{4km}{1-2{k}^{2}}+{m}^{2}-2m+5=0 $ ，

得 $ 12{k}^{2}+8mk+(m+3)(m-1)=0 $ ，即 $ (6k+m+3)(2k+m-1)=0 $ ，

当 $ 2k+m-1=0 $ ，即 $ m=-2k+1 $ 时，直线 $ AB:y=kx-2k+1 $ 过定点 $ P(2,1) $ ，不符合题意；

当 $ 6k+m+3=0 $ ，即当 $ m=-6k-3 $ 时，直线 $ AB:y=kx-6k-3 $ 过定点 $ H(6,-3) $ ，符合题意，

则点 $ P $ 到 $ l $ 的距离的最大值为 $ |PH|=\sqrt{{\left(2-6\right) ^ {2}}+{\left(1+3\right) ^ {2}}}=4\sqrt{2} $ .