双曲线渐近线与圆

先把圆和渐近线的交点求出来——这是全题的起点。

以 $F_1F_2$ 为直径的圆，圆心就是原点 $O$，半径为 $c$，方程为

$$x^2+y^2=c^2$$

双曲线的两条渐近线是

$$y=\pm\frac{b}{a}x$$

求渐近线与圆的交点。 把 $y=\dfrac{b}{a}x$ 代入圆方程：

$$x^2+\frac{b^2}{a^2}x^2=c^2 \;\Longrightarrow\; x^2\cdot\frac{a^2+b^2}{a^2}=c^2$$

而 $a^2+b^2=c^2$，所以右边的 $c^2$ 与左边的分母约掉，得到

$$x^2=a^2 \;\Longrightarrow\; x=\pm a$$

代回渐近线得 $y=\pm b$。于是两条渐近线与圆的四个交点恰好是

$$(a,b),\quad (-a,b),\quad (a,-b),\quad (-a,-b)$$

即一个矩形（边长 $2a$、$2b$）的四个顶点。这个结论要记牢，本题全部计算都建立在它上面。

记顶点 $A_1(-a,0)$、$A_2(a,0)$。

---

逐项判断。

（判断 C：$e=\sqrt{13}$ 是否成立）——先用这个把 $b/a$ 定下来

先用 $\angle NA_1M=\dfrac{5\pi}{6}$ 把 $b/a$ 定下来。这里要注意 $M,N$ 是哪两个交点——这是本题的陷阱（详见文末说明）。

取 $M=(a,b)$、$N=(-a,-b)$，即二者是同一条渐近线（$y=\dfrac ba x$）与圆的两个交点。以 $A_1(-a,0)$ 为顶点：

$$\overrightarrow{A_1M}=(2a,\ b), \qquad \overrightarrow{A_1N}=(0,\ -b)$$ $$\cos\angle NA_1M=\frac{\overrightarrow{A_1M}\cdot\overrightarrow{A_1N}}{|\overrightarrow{A_1M}|\,|\overrightarrow{A_1N}|}=\frac{0-b^2}{\sqrt{4a^2+b^2}\cdot b}=-\frac{b}{\sqrt{4a^2+b^2}}$$

令它等于 $\cos\dfrac{5\pi}{6}=-\dfrac{\sqrt3}{2}$：

$$-\frac{b}{\sqrt{4a^2+b^2}}=-\frac{\sqrt3}{2} \;\Longrightarrow\; \frac{b}{\sqrt{4a^2+b^2}}=\frac{\sqrt3}{2}$$

两边平方（均正，无增根）：

$$\frac{b^2}{4a^2+b^2}=\frac34 \;\Longrightarrow\; 4b^2=12a^2+3b^2 \;\Longrightarrow\; b^2=12a^2$$

于是

$$e^2=\frac{c^2}{a^2}=\frac{a^2+b^2}{a^2}=1+12=13 \;\Longrightarrow\; \boxed{e=\sqrt{13}}$$

C 成立。

（顺带说明另外两种取法为何不可行：若 $M=(a,b)$、$N=(-a,b)$ 在同一水平线，则 $\cos\angle NA_1M=\dfrac{b}{\sqrt{4a^2+b^2}}>0$ 恒为锐角，与 $\dfrac{5\pi}{6}$ 矛盾；若 $M=(a,b)$、$N=(a,-b)$ 在同一竖直线，解得 $\dfrac{b^2}{a^2}=16\sqrt3+28$，从而 $e=\sqrt{29+16\sqrt3}\approx7.53$，不在选项中。所以只有上述取法成立。）

---

（判断 A 与 B：现在 $b^2=12a^2$ 已知，可以算了）

A. $\angle A_1MA_2=\dfrac{\pi}{6}$？

取 $M=(a,b)$，则

$$\overrightarrow{MA_1}=(-2a,\,-b), \qquad \overrightarrow{MA_2}=(0,\,-b)$$ $$\cos\angle A_1MA_2=\frac{0+b^2}{\sqrt{4a^2+b^2}\cdot b}=\frac{b}{\sqrt{4a^2+b^2}}=\frac{\sqrt{12}a}{\sqrt{4a^2+12a^2}}=\frac{2\sqrt3\,a}{4a}=\frac{\sqrt3}{2}$$

所以

$$\angle A_1MA_2=30^\circ=\frac{\pi}{6}$$

A 成立。

B. $|MA_1|=2|MA_2|$？

$$|MA_1|^2=4a^2+b^2=16a^2 \;\Longrightarrow\; |MA_1|=4a$$ $$|MA_2|^2=b^2=12a^2 \;\Longrightarrow\; |MA_2|=2\sqrt3\,a$$ $$\frac{|MA_1|}{|MA_2|}=\frac{4a}{2\sqrt3\,a}=\frac{2}{\sqrt3}\approx1.155\neq 2$$

B 不成立。

---

（判断 D：$a=\sqrt2$ 时 $S_{NA_1MA_2}=8\sqrt3$）

由上一步已得 $b^2=12a^2$（这是从 $\angle NA_1M=\dfrac{5\pi}{6}$ 推出来的，与 $a$ 取多少无关）。当 $a=\sqrt2$ 时

$$b=\sqrt{12}\cdot\sqrt2=\sqrt{24}=2\sqrt6$$

四个交点为 $(\pm\sqrt2,\ \pm 2\sqrt6)$。取 $M=(a,b)=(\sqrt2,2\sqrt6)$、$N=(-a,-b)=(-\sqrt2,-2\sqrt6)$。

四边形 $NA_1MA_2$ 的四个顶点依次是

$$N(-\sqrt2,-2\sqrt6),\quad A_1(-\sqrt2,0),\quad M(\sqrt2,2\sqrt6),\quad A_2(\sqrt2,0)$$

直接代入鞋带公式（顶点 $(x_i,y_i)$ 按顺序排列时，$2S=\left|\sum (x_iy_{i+1}-x_{i+1}y_i)\right|$）：

$$2S=\left|(-\sqrt2)\cdot 0-(-\sqrt2)(-2\sqrt6)+(-\sqrt2)(2\sqrt6)-(\sqrt2)\cdot 0+(\sqrt2)\cdot 0-(\sqrt2)(-2\sqrt6)\right|$$

逐项算：

• $x_Ny_{A_1}-x_{A_1}y_N = (-\sqrt2)(0)-(-\sqrt2)(-2\sqrt6) = -2\sqrt{12}$
• $x_{A_1}y_M-x_My_{A_1} = (-\sqrt2)(2\sqrt6)-(\sqrt2)(0) = -2\sqrt{12}$
• $x_My_{A_2}-x_{A_2}y_M = (\sqrt2)(0)-(\sqrt2)(2\sqrt6) = -2\sqrt{12}$
• $x_{A_2}y_N-x_Ny_{A_2} = (\sqrt2)(-2\sqrt6)-(-\sqrt2)(0) = -2\sqrt{12}$

四项相加（取绝对值）：

$$2S = 4\times 2\sqrt{12} = 8\sqrt{12} = 16\sqrt3$$ $$S = 8\sqrt3$$

D 成立。

注意：这里不能用"对角线垂直则面积为对角线乘积的一半"——两条对角线 $NM$ 与 $A_1A_2$ 并不垂直（前者斜率 $\dfrac{4\sqrt6}{2\sqrt2}=2\sqrt3$，后者水平），直接用鞋带公式最稳。

---

补充说明（重要，本题的关键陷阱）。

"与 $C$ 渐近线交 $M,N$"——两条渐近线与圆共有四个交点，$M,N$ 取哪两个会直接改变 $\angle NA_1M$，从而改变答案。必须结合原图确认。

结论：按 $M,N$ 为同一条渐近线与圆的两个交点（这是能使题设 $\angle NA_1M=\dfrac{5\pi}{6}$ 成立的唯一取法）理解，有 $b^2=12a^2$、$e=\sqrt{13}$、$\angle A_1MA_2=\dfrac{\pi}{6}$，且 $a=\sqrt2$ 时 $S_{NA_1MA_2}=8\sqrt3$，故 A、C、D 成立，B 不成立。

答案

选 ACD。

---

一句话总结：渐近线 $y=\pm\frac ba x$ 与圆 $x^2+y^2=c^2$ 的交点恒为 $(\pm a,\pm b)$——先把这个矩形求出来，全题就只剩向量夹角计算；但"交 $M,N$"没说是哪两个点，答案会随之改变，审题时必须看图。