高中數(shù)學北師大版1第三章圓錐曲線與方程 學業(yè)分層測評17

學業(yè)分層測評(十七)(建議用時：45分鐘)[學業(yè)達標]一、選擇題1．已知點F1(0，－13)，F(xiàn)2(0,13)，動點P到F1與F2的距離之差的絕對值為26，則動點P的軌跡方程為()A．y＝0 B．y＝0(|x|≥13)C．x＝0(|y|≥13) D．以上都不對【解析】∵||PF1|－|PF2||＝|F1F2|，∴點P的軌跡是分別以F1，F(xiàn)2為端點的兩條射線．【答案】C2．已知方程eq\f(x2,1＋k)－eq\f(y2,1－k)＝1表示雙曲線，則k的取值范圍是()A．－1＜k＜1 B．k＞0C．k≥0 D．k＞1或k＜－1【解析】∵方程eq\f(x2,1＋k)－eq\f(y2,1－k)＝1表示雙曲線，∴(1＋k)(1－k)＞0，∴－1＜k＜1.【答案】A3．(2023·福建高考)若雙曲線E：eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點P在雙曲線E上，且|PF1|＝3，則|PF2|等于()A．11 B．9C．5 D．3【解析】根據(jù)雙曲線的定義求解．由題意知a＝3，b＝4，∴c＝5.由雙曲線的定義有||PF1|－|PF2||＝|3－|PF2||＝2a＝6，∴|PF2|＝9.【答案】B4．已知F1，F(xiàn)2為雙曲線C：x2－y2＝2的左、右焦點，點P在雙曲線上，|PF1|＝2|PF2|，則cos∠F1PF2＝()\f(1,4) B．eq\f(3,5)\f(3,4) D．eq\f(4,5)【解析】由題意可知，a＝eq\r(2)＝b，∴c＝2.設|PF1|＝2x，|PF2|＝x，∴|PF1|－|PF2|＝x＝2eq\r(2)，∴|PF1|＝4eq\r(2)，|PF2|＝2eq\r(2)，|F1F2|＝4.利用余弦定理有cos∠F1PF2＝eq\f(4\r(2)2＋2\r(2)2－42,2×4\r(2)×2\r(2))＝eq\f(3,4).【答案】C5．已知點F1(－eq\r(2)，0)，F(xiàn)2(eq\r(2)，0)，動點P滿足|PF2|－|PF1|＝2，當點P的縱坐標為eq\f(1,2)時，點P到坐標原點的距離是()\r(3) B．eq\f(3,2)\f(\r(6),2) D．2【解析】∵動點P滿足|PF2|－|PF1|＝2＜2eq\r(2)為定值，∴P點軌跡為雙曲線的左支，方程為x2－y2＝1(x≤－1)．當y＝eq\f(1,2)時，x2＝y(tǒng)2＋1＝eq\f(5,4)，∴eq\r(x2＋y2)＝eq\r(\f(5,4)＋\f(1,4))＝eq\f(\r(6),2)【答案】C二、填空題6．若雙曲線8kx2－ky2＝8的一個焦點坐標是(0,3)，則實數(shù)k的值為________．【解析】因為雙曲線焦點在y軸上，所以k＜0，所以雙曲線的標準方程為eq\f(y2,－\f(8,k))－eq\f(x2,－\f(1,k))＝1，且－eq\f(8,k)－eq\f(1,k)＝32＝9，解得k＝－1.【答案】－17．若橢圓eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,n)＝1(m＞n＞0)和雙曲線eq\f(x2,a)－eq\f(y2,b)＝1(a＞0，b＞0)有相同的焦點F1，F(xiàn)2，P是它們的一個公共點，則|PF1|·|PF2|＝________.【導學號：32550085】【解析】∵P是橢圓eq\f(x2,m)＋eq\f(y2,n)＝1上的點，焦點為F1，F(xiàn)2，∴|PF1|＋|PF2|＝2eq\r(m).①又∵P是雙曲線eq\f(x2,a)－eq\f(y2,b)＝1上的點，焦點為F1，F(xiàn)2，∴||PF1|－|PF2||＝2eq\r(a).②①2－②2，得4|PF1|·|PF2|＝4m－4a，∴|PF1|·|PF2|＝m－a.【答案】m－a8．(2023·山東濟寧調(diào)研)P為雙曲線x2－eq\f(y2,15)＝1右支上一點，M、N分別是圓(x＋4)2＋y2＝4和圓(x－4)2＋y2＝1上的點，則|PM|－|PN|的最大值為________．【解析】設雙曲線的兩個焦點為F1(－4,0)、F2(4,0)，則F1、F2為兩圓的圓心，又兩圓的半徑分別為r1＝2，r2＝1，則|PM|≤|PF1|＋2，|PN|≥|PF2|－1，故|PM|－|PN|≤(|PF1|＋2)－(|PF2|－1)＝|PF1|－|PF2|＋3＝2a＋3＝5.【答案】5三、解答題9.如圖3-3-2，已知定圓F1：x2＋y2＋10x＋24＝0，定圓F2：x2＋y2－10x＋9＝0，動圓M與定圓F1、F2都外切，求動圓圓心M的軌跡方程．圖3-3-2【解】∵圓F1：(x＋5)2＋y2＝1，∴圓心F1(－5,0)，半徑r1＝1.∵圓心F2：(x－5)2＋y2＝42，∴圓心F2(5,0)，半徑r2＝4.設動圓M的半徑為R，則有|MF1|＝R＋1，|MF2|＝R＋4，∴|MF2|－|MF1|＝3＜|F1F2|.∴M點軌跡是以F1，F(xiàn)2為焦點的雙曲線(左支)，且a＝eq\f(3,2)，c＝5.∴雙曲線方程為eq\f(4,9)x2－eq\f(4,91)y2＝1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x≤－\f(3,2))).10．已知雙曲線過點(3，－2)且與橢圓4x2＋9y2＝36有相同的焦點．(1)求雙曲線的標準方程；(2)若點M在雙曲線上，F(xiàn)1、F2為左、右焦點，且|MF1|＋|MF2|＝6eq\r(3)，試判別△MF1F2的形狀．【解】(1)橢圓方程可化為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1，焦點在x軸上，且c＝eq\r(9－4)＝eq\r(5)，故設雙曲線方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(9,a2)－\f(4,b2)＝1，,a2＋b2＝5，))解得a2＝3，b2＝2，所以雙曲線的標準方程為eq\f(x2,3)－eq\f(y2,2)＝1.(2)不妨設M點在右支上，則有|MF1|－|MF2|＝2eq\r(3)，又|MF1|＋|MF2|＝6eq\r(3)，故解得|MF1|＝4eq\r(3)，|MF2|＝2eq\r(3)，又|F1F2|＝2eq\r(5)，因此在△MF1F2中，|MF1|邊最長，而cos∠MF2F1＝eq\f(|MF2|2＋|F1F2|2－|MF1|2,2·|MF2|·|F1F2|)＜0，所以∠MF2F1為鈍角，故△MF1F2為鈍角三角形．[能力提升]1．已知F1(－3,0)，F(xiàn)2(3,0)，滿足條件|PF1|－|PF2|＝2m－1的動點P①2；②－1；③4；④－3；⑤eq\f(1,2)，則m可以是()A．①② B．①③C．①②⑤ D．②④【解析】由雙曲線定義得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|2m－1|＜6，,2m－1≠0，))∴－eq\f(5,2)＜m＜eq\f(7,2)且m≠eq\f(1,2).故選A.【答案】A2．已知F1，F(xiàn)2分別為雙曲線eq\f(x2,5)－eq\f(y2,4)＝1的左、右焦點，P(3，1)為雙曲線內(nèi)一點，點A在雙曲線的右支上，則|AP|＋|AF2|的最小值為()\r(37)＋4 B．eq\r(37)－4\r(37)－2eq\r(5) D．eq\r(37)＋2eq\r(5)【解析】因為|AP|＋|AF2|＝|AP|＋|AF1|－2eq\r(5)，所以要求|AP|＋|AF2|的最小值，只需求|AP|＋|AF1|的最小值．如圖，連接F1P交雙曲線的右支于點A0.當點A位于A0處時，|AP|＋|AF1|最小，最小值為eq\r(37).故|AP|＋|AF2|的最小值為eq\r(37)－2eq\r(5).【答案】C3．(2023·黃石高二檢測)已知F是雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1的左焦點，A(1,4)，點P是雙曲線右支上的動點，則|PF|＋|PA|的最小值是________．【導學號：32550086】【解析】設F′為雙曲線的右焦點，則F′(4,0)，|PF|＋|PA|＝|PF′|＋|PA|＋2a＝|PF′|＋|PA當P，F(xiàn)′，A三點共線時|PF′|＋|PA|最小，即|PF|＋|PA|最小，∴|PF′|＋|PA|＋4＝eq\r(4－12＋42)＋4＝9.【答案】94．如圖3-3-3所示，某建筑工地要挖一個橫截面為半圓的柱形土坑，挖出的土能沿AP，BP運到P處，其中|AP|＝100m，|BP|＝150m，∠APB＝60°，怎樣運土才能最省工？圖3-3-3