高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第十四單元 橢圓、雙曲線、拋物線 高考達(dá)標(biāo)檢測（三十八）雙曲線命題3角度-用定義、求方程、研性質(zhì) 理試題

高考達(dá)標(biāo)檢測（三十八）雙曲線命題3角度——用定義、求方程、研性質(zhì)一、選擇題1．若雙曲線C1：eq\f(x2,2)－eq\f(y2,8)＝1與C2：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的漸近線相同，且雙曲線C2的焦距為4eq\r(5)，則b＝()A．2 B．4C．6 D．8解析：選B由題意得，eq\f(b,a)＝2?b＝2a，C2的焦距2c＝4eq\r(5)?c＝eq\r(a2＋b2)＝2eq\r(5)?b＝4.2．橢圓eq\f(x2,m2)＋eq\f(y2,n2)＝1(m>n>0)與雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的公共焦點為F1，F(xiàn)2，若P是兩曲線的一個交點，則|PF1|·|PF2|的值是()A．m－a B．m2－a2C.eq\f(m－a,2) D.eq\r(m)－eq\r(a)解析：選B由題意，不妨設(shè)P在雙曲線的右支上，則|PF1|＋|PF2|＝2m，|PF1|－|PF2|＝2∴|PF1|＝m＋a，|PF2|＝m－a，∴|PF1|·|PF2|＝m2－a2.3．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知雙曲線C1：2x2－y2＝1，過C1的左頂點引C1的一條漸近線的平行線，則該直線與另一條漸近線及x軸圍成的三角形的面積為()A.eq\f(\r(2),4) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(2),8) D.eq\f(\r(2),16)解析：選C雙曲線C1：2x2－y2＝1，即eq\f(x2,\f(1,2))－y2＝1，所以左頂點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)，0))，漸近線方程y＝±eq\r(2)x，過點A與漸近線y＝eq\r(2)x平行的直線方程為y＝eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(\r(2),2)))，即y＝eq\r(2)x＋1.解方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\r(2)x，,y＝\r(2)x＋1，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(\r(2),4)，,y＝\f(1,2)，))所以該直線與另一條漸近線及x軸圍成的三角形的面積S＝eq\f(1,2)|OA|·|y|＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(2),8).4．已知雙曲線E：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，|F1F2|＝6，P是E右支上一點，PF1與y軸交于點A，△PAF2的內(nèi)切圓在邊AF2上的切點為Q，若|AQ|＝eq\r(3)，則E的離心率為()A．2eq\r(3) B.eq\r(5)C.eq\r(3) D.eq\r(2)解析：選C如圖，設(shè)△PAF2的內(nèi)切圓在邊PF2上的切點為M，在AP上的切點為N，則|PM|＝|PN|，|AQ|＝|AN|＝eq\r(3)，|QF2|＝|MF2|，由雙曲線的對稱性可得，|AF1|＝|AF2|＝|AQ|＋|QF2|＝eq\r(3)＋|QF2|，由雙曲線的定義可得，|PF1|－|PF2|＝|PA|＋|AF1|－|PM|－|MF2|＝eq\r(3)＋|QF2|＋|AN|＋|NP|－|PM|－|MF2|＝2eq\r(3)＝2a，解得a＝eq\r(3)，又|F1F2|＝6，則c＝3，故離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3).5．已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點為F，以F為圓心和雙曲線的漸近線相切的圓與雙曲線的一個交點為M，且MF與雙曲線的實軸垂直，則雙曲線C的離心率為()A.eq\f(\r(5),2) B.eq\r(5)C.eq\r(2) D．2解析：選C將x＝c代入雙曲線方程可得|y|＝eq\f(b2,a)，因為以F為圓心和雙曲線的漸近線相切的圓與雙曲線的一個交點為M，且MF與雙曲線的實軸垂直，所以圓的半徑為eq\f(b2,a)，又雙曲線的漸近線方程為bx±ay＝0，所以eq\f(bc,\r(b2＋a2))＝eq\f(b2,a)，化簡可得a＝b，則雙曲線的離心離為eq\r(2).6．(2018·東北四校聯(lián)考)已知點F1，F(xiàn)2為雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點，點P在雙曲線C的右支上，且滿足|PF2|＝|F1F2|，∠F1F2P＝120°，則雙曲線的離心率為()A.eq\f(\r(3)＋1,2) B.eq\f(\r(5)＋1,2)C.eq\r(3) D.eq\r(5)解析：選A如圖，在△PF1F2中，|PF2|＝|F1F2|＝2又∠F1F2P＝120°，由余弦定理可得|PF1|2＝|F1F2|2＋|PF2|2－2|F1F2|·|PF2|·cos120°＝12c2，所以|PF由雙曲線的定義可得2a＝|PF1|－|PF2|＝2eq\r(3)c－2c＝2(eq\r(3)－1)故雙曲線的離心率e＝eq\f(2c,2a)＝eq\f(2c,2\r(3)－1c)＝eq\f(\r(3)＋1,2).7．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，F(xiàn)2，O為坐標(biāo)原點，A為右頂點，P為雙曲線左支上一點，若eq\f(|PF2|2,|PF1|－|OA|)存在最小值為12a，則雙曲線在一、三象限的漸近線傾斜角的余弦值的最小值為()A.eq\f(1,5) B.eq\f(1,2)C.eq\f(2\r(6),5) D.eq\f(\r(3),5)解析：選A設(shè)|PF1|－|OA|＝m，則eq\f(|PF2|2,|PF1|－|OA|)＝eq\f(3a＋m2,m)＝m＋eq\f(9a2,m)＋6a≥12a，當(dāng)且僅當(dāng)m＝3a時取等號，∴|PF1|＝4∴4a≥c－a，∴5a≥∴25a2≥a2＋b2，∴eq\f(b,a)≤2eq\r(6)，設(shè)雙曲線在一、三象限的漸近線傾斜角為α，則0＜tanα≤2eq\r(6)，∴cosα≥eq\f(1,5)，∴雙曲線在一、三象限的漸近線傾斜角的余弦值的最小值為eq\f(1,5).8．已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的右頂點為A，O為坐標(biāo)原點，以A為圓心的圓與雙曲線C的某一條漸近線交于兩點P，Q，若∠PAQ＝60°且eq\o(OQ,\s\up7(→))＝5eq\o(OP,\s\up7(→))，則雙曲線C的離心率為()A．2 B.eq\f(\r(21),3)C.eq\f(\r(7),2) D．3解析：選B如圖，因為∠PAQ＝60°，|AP|＝|AQ|，所以△QAP為等邊三角形．設(shè)|AQ|＝2R，因為eq\o(OQ,\s\up7(→))＝5eq\o(OP,\s\up7(→))，所以|PQ|＝2R，|OP|＝eq\f(1,2)R.又漸近線方程為y＝eq\f(b,a)x，A(a,0),取PQ的中點M，則|AM|＝eq\f(|ab|,\r(a2＋b2))，由勾股定理可得(2R)2－R2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|ab|,\r(a2＋b2))))2，所以(ab)2＝3R2(a2＋b2)．①在△OQA中，eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)R))2＋2R2－a2,2·\f(5,2)R·2R)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(21,4)R2＝a2.②聯(lián)立①②并結(jié)合c2＝a2＋b2，可得c2＝eq\f(7,4)b2＝eq\f(7,4)(c2－a2)，即3c2＝7a2，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\r(\f(7,3))＝eq\f(\r(21),3).二、填空題9．(2017·江蘇高考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，雙曲線eq\f(x2,3)－y2＝1的右準(zhǔn)線與它的兩條漸近線分別交于點P，Q，其焦點是F1，F(xiàn)2，則四邊形F1PF2Q的面積是________．解析：由題意得，雙曲線的右準(zhǔn)線x＝eq\f(3,2)與兩條漸近線y＝±eq\f(\r(3),3)x的交點坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，±\f(\r(3),2))).不妨設(shè)雙曲線的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，則F1(－2,0)，F(xiàn)2(2,0)，故四邊形F1PF2Q的面積是eq\f(1,2)|F1F2|·|PQ|＝eq\f(1,2)×4×eq\r(3)＝2eq\r(3).答案：2eq\r(3)10．(2017·山東高考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右支與焦點為F的拋物線x2＝2py(p>0)交于A，B兩點．若|AF|＋|BF|＝4|OF|，則該雙曲線的漸近線方程為________．解析：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由拋物線的定義可知|AF|＝y(tǒng)1＋eq\f(p,2)，|BF|＝y(tǒng)2＋eq\f(p,2)，|OF|＝eq\f(p,2)，由|AF|＋|BF|＝y(tǒng)1＋eq\f(p,2)＋y2＋eq\f(p,2)＝y(tǒng)1＋y2＋p＝4|OF|＝2p，得y1＋y2＝p.聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)－\f(y2,b2)＝1，,x2＝2py))消去x，得a2y2－2pb2y＋a2b2＝0，所以y1＋y2＝eq\f(2pb2,a2)，所以eq\f(2pb2,a2)＝p，即eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,2)，故eq\f(b,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(\r(2),2)x.答案：y＝±eq\f(\r(2),2)x11．已知F1，F(xiàn)2為雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點，過F2作雙曲線漸近線的垂線，垂足為P，若|PF1|2－|PF2|2＝c2，則雙曲線的離心率e＝__________.解析：設(shè)雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的一條漸近線方程為y＝eq\f(b,a)x，F(xiàn)2(c,0)到漸近線的距離為d＝|PF2|＝eq\f(bc,\r(a2＋b2))＝b，cos∠POF2＝eq\f(\r(c2－b2),c)＝eq\f(a,c)，在△POF1中，|PF1|2＝|PO|2＋|OF1|2－2|PO|·|OF1|·cos∠POF1＝a2＋c2－2ac·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,c)))＝3a2＋c2，則|PF1|2－|PF2|2＝3a2＋c2－b2＝4a2＝c∴e＝eq\f(c,a)＝2.答案：212．過雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦點且垂直于x軸的直線與雙曲線交于A，B兩點，與雙曲線的漸近線交于C，D兩點，若|AB|≥eq\f(3,5)|CD|，則雙曲線的離心率e的取值范圍為__________．解析：設(shè)雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦點為(c,0)，將x＝c代入雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1，得y＝±eq\f(b2,a)，令A(yù)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(b2,a)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，－\f(b2,a)))，∴|AB|＝eq\f(2b2,a).將x＝c代入y＝±eq\f(b,a)x，得y＝±eq\f(bc,a)，令Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(bc,a)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，－\f(bc,a)))，∴|CD|＝eq\f(2bc,a).∵|AB|≥eq\f(3,5)|CD|，∴eq\f(2b2,a)≥eq\f(3,5)·eq\f(2bc,a)，即b≥eq\f(3,5)c，則b2＝c2－a2≥eq\f(9,25)c2，即eq\f(16,25)c2≥a2，∴e2＝eq\f(c2,a2)≥eq\f(25,16)，即e≥eq\f(5,4).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，＋∞))三、解答題13．已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的離心率為eq\r(3)，點(eq\r(3)，0)是雙曲線的一個頂點．(1)求雙曲線的方程；(2)經(jīng)過雙曲線右焦點F2作傾斜角為30°的直線，直線與雙曲線交于不同的兩點A，B，求|AB|.解：(1)∵雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的離心率為eq\r(3)，點(eq\r(3)，0)是雙曲線的一個頂點，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\r(3)，,a＝\r(3)，))解得c＝3，b＝eq\r(6)，∴雙曲線的方程為eq\f(x2,3)－eq\f(y2,6)＝1.(2)雙曲線eq\f(x2,3)－eq\f(y2,6)＝1的右焦點為F2(3,0)，∴經(jīng)過雙曲線右焦點F2且傾斜角為30°的直線的方程為y＝eq\f(\r(3),3)(x－3)．聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)－\f(y2,6)＝1，,y＝\f(\r(3),3)x－3，))得5x2＋6x－27＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq\f(6,5)，x1x2＝－eq\f(27,5).所以|AB|＝eq\r(1＋\f(1,3))×eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(6,5)))2－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(27,5))))＝eq\f(16\r(3),5).14．已知橢圓C1的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1，雙曲線C2的左、右焦點分別是C1的左、右頂點，而C2的左、右頂點分別是C1的左、右焦點，O為坐標(biāo)原點．(1)求雙曲線C2的方程；(2)若直線l：y＝kx＋eq\r(2)與雙曲線C2恒有兩個不同的交點A和B，且eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＞2，求k的取值范圍．解：(1)設(shè)雙曲線C2的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，則a2＝4－1＝3，c2＝4，再由a2＋b2＝c2，得b2＝1，故雙曲線C2的方程為eq\f(x2,3)－y2＝1.(2)將y＝kx＋eq\r(2)代入eq\f(x2,3)－y2＝1，得(1－3k2)x2－6eq\r(2)kx－9＝0.由直線l與雙曲線C2交于不同的兩點，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－3k2≠0，,Δ＝－6\r(2)k2＋361－3k2＝361－k2＞0，))∴k2＜1且k2≠eq\f(1,3).①設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(6\r(2)k,1－3k2)，x1x2＝eq\f(－9,1－3k2).∴x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋eq\r(2))(kx2＋eq\r(2))＝(k2＋1)x1x2＋eq\r(2)k(x1＋x2)＋2＝eq\f(3k2＋7,3k2－1).又∵eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＞2，即x1x2＋y1y2＞2，∴eq\f(3k2＋7,3k2－1)＞2，即eq\f(－3k2＋9,3k2－1)＞0，解得eq\f(1,3)＜k2＜3.②由①②得eq\f(1,3)＜k2＜1，故k的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(\r(3),3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1)).1．(2018·江西吉安一中測試)在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且|AB|＝2，|AD|＝1，|CD|＝2x，其中x∈(0,1)，以A，B為焦點且過點D的雙曲線的離心率為e1，以C，D為焦點且過點A的橢圓的離心率為e2，若對任意x∈(0,1)，不等式t<e1＋e2恒成立，則t的最大值為()A.eq\r(3) B.eq\r(5)C．2 D.eq\r(2)解析：選B由平面幾何知識可得|BD|＝|AC|＝eq\r(1＋4x)，所以e1＝eq\f(2,\r(1＋4x)－1)，e2＝eq\f(2x,\r(1＋4x)＋1)，所以e1e2＝1.因為e1＋e2＝e1＋eq\f(1,e1)＝eq\f(2,\r(1＋4x)－1)＋eq\f(\r(1＋4x)－1,2)在x∈(0,1)上單調(diào)遞減，所以e1＋e2>eq\f(2,\r(1＋4)－1)＋eq\f(\r(1＋4)－1,2)＝eq\r(5).因為對任意x∈(0,1)，不等式t<e1＋e2恒成立，所以t≤eq\r(5)，即t的最大值為eq\r(5).2．設(shè)A1，A2分別為雙曲線C：eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的上、下頂點，若雙曲線上存在點M使得兩直線斜率kMA1·kMA2>2，則雙曲線C的離心率e的取值范圍為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(6),2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(6),2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\