全國版2019版高考數(shù)學一輪復習第8章平面解析幾何第6講雙曲線增分練

全國版2019版高考數(shù)學一輪復習第8章平面解析幾何第6講雙曲線增分練[A級基礎達標]1．[2018·安徽模擬]下列雙曲線中，焦點在y軸上且漸近線方程為y＝±2x的是()A．x2－eq\f(y2,4)＝1 B.eq\f(x2,4)－y2＝1C．y2－eq\f(x2,4)＝1 D.eq\f(y2,4)－x2＝1答案D解析由題意，選項A，B的焦點在x軸，故排除A，B；D項的漸近線方程為eq\f(y2,4)－x2＝0，即y＝±2x.2．[2018·湖北模擬]若雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的一條漸近線經(jīng)過點(3，－4)，則此雙曲線的離心率為()A.eq\f(\r(7),3)B.eq\f(5,4)C.eq\f(4,3)D.eq\f(5,3)答案D解析由已知可得雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x，點(3，－4)在漸近線上，∴eq\f(b,a)＝eq\f(4,3)，又a2＋b2＝c2，∴c2＝a2＋eq\f(16,9)a2＝eq\f(25,9)a2，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(5,3).故選D.3．[2017·全國卷Ⅰ]已知F是雙曲線C：x2－eq\f(y2,3)＝1的右焦點，P是C上一點，且PF與x軸垂直，點A的坐標是(1,3)，則△APF的面積為()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3)D.eq\f(3,2)答案D解析因為F是雙曲線C：x2－eq\f(y2,3)＝1的右焦點，所以F(2,0)．因為PF⊥x軸，所以可設P的坐標為(2，yP)．因為P是C上一點，所以4－eq\f(y\o\al(2,P),3)＝1，解得yP＝±3，所以P(2，±3)，|PF|＝3.又因為A(1,3)，所以點A到直線PF的距離為1，所以S△APF＝eq\f(1,2)×|PF|×1＝eq\f(1,2)×3×1＝eq\f(3,2).故選D.4．[2018·廣東模擬]已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的離心率e＝eq\f(5,4)，且其右焦點為F2(5,0)，則雙曲線C的方程為()A.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,3)＝1 B.eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1C.eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1 D.eq\f(x2,3)－eq\f(y2,4)＝1答案C解析因為雙曲線C的右焦點為F2(5,0)，所以c＝5.因為離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(5,4)，所以a＝4.又a2＋b2＝c2，所以b2＝9.故雙曲線C的方程為eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1.5．P為雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)右支上的一點，且|PF1|＝2|PF2|，則雙曲線的離心率的取值范圍是()A．(1,3) B．(1,3]C．(3，＋∞) D．[3，＋∞)答案B解析如圖，由題意可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a＋2a>2c，,a<c，))∴1<e<3.當P在x軸上時，4a＋2a＝∴e＝3.綜合e∈(1,3]．6．已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1、F2，過點F2作與x軸垂直的直線與雙曲線一個交點為P，且∠PF1F2＝eq\f(π,6)，則雙曲線的漸近線方程為________．答案y＝±eq\r(2)x解析根據(jù)已知可得，|PF1|＝eq\f(2b2,a)且|PF2|＝eq\f(b2,a)，故eq\f(2b2,a)－eq\f(b2,a)＝2a，所以eq\f(b2,a2)＝2，eq\f(b,a)＝eq\r(2)，雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\r(2)x.7．[2018·?？谡{研]已知點F1，F(xiàn)2分別為雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點，P為雙曲線左支上的任意一點，且|PF2|＝2|PF1|，若△PF1F2為等腰三角形，則雙曲線的離心率為________．答案2解析∵|PF2|－|PF1|＝2a，|PF2|＝2|PF1|，∴|PF2|＝4a，|PF1|＝2a，∵△PF1F2為等腰三角形，∴|PF2|＝|F1F2|，即4a＝2c，∴eq\8．[2016·北京高考]雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的漸近線為正方形OABC的邊OA，OC所在的直線，點B為該雙曲線的焦點．若正方形OABC的邊長為2，則a＝________.答案2解析由OA，OC所在直線為漸近線，且OA⊥OC，知兩條漸近線的夾角為90°，從而雙曲線為等軸雙曲線，則其方程為x2－y2＝a2.OB是正方形的對角線，且點B是雙曲線的焦點，則c＝2eq\r(2)，根據(jù)c2＝2a2可得a＝2.9．設A，B分別為雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右頂點，雙曲線的實軸長為4eq\r(3)，焦點到漸近線的距離為eq\r(3).(1)求雙曲線的方程；(2)已知直線y＝eq\f(\r(3),3)x－2與雙曲線的右支交于M，N兩點，且在雙曲線的右支上存在點D，使eq\o(OM,\s\up16(→))＋eq\o(ON,\s\up16(→))＝teq\o(OD,\s\up16(→))，求t的值及點D的坐標．解(1)由題意知a＝2eq\r(3)，又∵一條漸近線為y＝eq\f(b,a)x，即bx－ay＝0.∴由焦點到漸近線的距離為eq\r(3)，得eq\f(|bc|,\r(b2＋a2))＝eq\r(3).∴b2＝3，∴雙曲線的方程為eq\f(x2,12)－eq\f(y2,3)＝1.(2)設M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(x0，y0)，則x1＋x2＝tx0，y1＋y2＝ty0.將直線方程y＝eq\f(\r(3),3)x－2代入雙曲線方程eq\f(x2,12)－eq\f(y2,3)＝1得x2－16eq\r(3)x＋84＝0，則x1＋x2＝16eq\r(3)，y1＋y2＝eq\f(\r(3),3)(x1＋x2)－4＝12.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x0,y0)＝\f(4\r(3),3)，,\f(x\o\al(2,0),12)－\f(y\o\al(2,0),3)＝1，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝4\r(3)，,y0＝3，))∴t＝4，點D的坐標為(4eq\r(3)，3)．10．[2018·廣西模擬]已知雙曲線方程2x2－y2＝2.(1)求以A(2,1)為中點的雙曲線的弦所在的直線方程；(2)求過點B(1,1)能否作直線l，使l與所給雙曲線交于Q1，Q2兩點，且點B是弦Q1Q2的中點？這樣的直線l如果存在，求出它的方程；如果不存在，說明理由．解(1)由2·22－12＝7>2可知點A在雙曲線內部(含焦點的區(qū)域內)，設以A(2,1)為中點的弦兩端點分別為P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，則有x1＋x2＝4，y1＋y2＝2.由對稱性知x1≠x2.∵P1、P2在雙曲線上，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x\o\al(2,1)－y\o\al(2,1)＝2，,2x\o\al(2,2)－y\o\al(2,2)＝2，))兩式相減得2(x1＋x2)(x1－x2)－(y1＋y2)(y1－y2)＝0.∵x1＋x2＝4，y1＋y2＝2.∴eq\f(y1－y2,x1－x2)＝4.所求中點弦所在直線方程為y－1＝4(x－2)，即4x－y－7＝0.(2)由2·12－12＝1<2知B(1,1)在雙曲線的外部(雙曲線兩支之間)．可假定直線l存在，采用(1)的方法求出l的方程為y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x2－y2＝2，,2x－y－1＝0，))消y，得2x2－4x＋3＝0.∵Δ＝(－4)2－4×2×3＝－8<0，無實根，因此直線l與雙曲線無交點，這一矛盾說明了滿足條件的直線l不存在．[B級知能提升]1．[2017·天津高考]已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點為F，點A在雙曲線的漸近線上，△OAF是邊長為2的等邊三角形(O為原點)，則雙曲線的方程為()A.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1 B.eq\f(x2,12)－eq\f(y2,4)＝1C.eq\f(x2,3)－y2＝1 D．x2－eq\f(y2,3)＝1答案D解析根據(jù)題意畫出草圖如圖所示eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(不妨設點A在漸近線y＝\f(b,a)x上)).由△AOF是邊長為2的等邊三角形得到∠AOF＝60°，c＝|OF|＝2.又點A在雙曲線的漸近線y＝eq\f(b,a)x上，∴eq\f(b,a)＝tan60°＝eq\r(3).又a2＋b2＝4，∴a＝1，b＝eq\r(3)，∴雙曲線的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.故選D.2．已知雙曲線E的中心為原點，F(xiàn)(3,0)是E的焦點，過F的直線l與E相交于A，B兩點，且AB的中點為M(－12，－15)，則E的方程為()A.eq\f(x,3)－eq\f(y2,6)＝1 B.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,5)＝1C.eq\f(x2,6)－eq\f(y2,3)＝1 D.eq\f(x2,5)－eq\f(y2,4)＝1答案B解析由已知易得l的斜率為k＝kFM＝1.設雙曲線方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)－\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\o\al(2,2),a2)－\f(y\o\al(2,2),b2)＝1，))兩式相減并結合x1＋x2＝－24，y1＋y2＝－30，得eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(4b2,5a2)，從而eq\f(4b2,5a2)＝1，即4b2＝5a2.又a2＋b2＝9，解得a2＝4，b2＝5，故選B.3．[2018·武漢模擬]過雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一個焦點F的直線與雙曲線相交于A，B兩點，當AB⊥x軸，稱|AB|為雙曲線的通徑．若過焦點F的所有焦點弦AB中，其長度的最小值為eq\f(2b2,a)，則此雙曲線的離心率的范圍為()A．(1，eq\r(2)) B．(1，eq\r(2)]C．(eq\r(2)，＋∞) D．[eq\r(2)，＋∞)答案B解析當經(jīng)過焦點F的直線與雙曲線的交點在同一支上，可得雙曲線的通徑最小，令x＝c，可得y＝±beq\r(\f(c2,a2)－1)＝±eq\f(b2,a)，即有最小值為eq\f(2b2,a)；當直線與雙曲線的交點在兩支上，可得直線的斜率為0時，即為實軸，最小為2a由題意可得2a≥eq\f(2b2,a)，即為a2≥b2＝c2－a2，即有c≤eq\r(2)a，則離心率e＝eq\f(c,a)∈(1，eq\r(2)]．4．[2018·承德模擬]已知點M(－2,0)，N(2,0)，動點P滿足條件|PM|－|PN|＝2eq\r(2)，記動點P的軌跡為W.(1)求W的方程；(2)若A和B是W上的不同兩點，O是坐標原點，求eq\o(OA,\s\up16(→))·eq\o(OB,\s\up16(→))的最小值．解(1)由|PM|－|PN|＝2eq\r(2)知動點P的軌跡是以M，N為焦點的雙曲線的右支，實半軸長a＝eq\r(2).又焦距2c＝4，所以虛半軸長b＝eq\r(c2－a2)＝eq\r(2).所以W的方程為eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1(x≥eq\r(2))．(2)設A，B的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)．當AB⊥x軸時，x1＝x2，y1＝－y2，從而eq\o(OA,\s\up16(→))·eq\o(OB,\s\up16(→))＝x1x2＋y1y2＝xeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,1)＝2.當AB與x軸不垂直時，設直線AB的方程為y＝kx＋m(k≠±1)，與W的方程聯(lián)立，消去y得(1－k2)x2－2kmx－m2－2＝0，則x1＋x2＝eq\f(2km,1－k2)，x1x2＝eq\f(m2＋2,k2－1)，所以eq\o(OA,\s\up16(→))·eq\o(OB,\s\up16(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝eq\f(1＋k2m2＋2,k2－1)＋eq\f(2k2m2,1－k2)＋m2＝eq\f(2k2＋2,k2－1)＝2＋eq\f(4,k2－1).又因為x1x2>0，所以k2－1>0.所以eq\o(OA,\s\up16(→))·eq\o(OB,\s\up16(→))>2.綜上所述，當AB⊥x軸時，eq\o(OA,\s\up16(→))·eq\o(OB,\s\up16(→))取得最小值2.5．已知雙曲線Γ：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)經(jīng)過點P(2,1)，且其中一焦點F到一條漸近線的距離為1.(1)求雙曲線Γ的方程；(2)過點P作兩條相互垂直的直線PA，PB分別交雙曲線Γ于A，B兩點，求點P到直線AB距離的最大值．解(1)∵雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1過點(2,1)，∴eq\f(4,a2)－eq\f(1,b2)＝1.不妨設F為右焦點，則F(c,0)到漸近線bx－ay