2024-2025學年新教材高中數(shù)學第二章圓錐曲線2.2.1雙曲線及其標準方程課后素養(yǎng)落實含解析北師大版選擇性必修第一冊

PAGE課后素養(yǎng)落實(十三)雙曲線及其標準方程(建議用時：40分鐘)一、選擇題1．已知定點F1(－2，0)，F(xiàn)2(2，0)，在平面內滿意下列條件的動點P的軌跡中為雙曲線的是()A．|PF1|－|PF2|＝±3 B．|PF1|－|PF2|＝±4C．|PF1|－|PF2|＝±5 D．|PF1|2－|PF2|2＝±4[答案]A2．橢圓eq\f(x2,34)＋eq\f(y2,n2)＝1和雙曲線eq\f(x2,n2)－eq\f(y2,16)＝1有相同的焦點，則實數(shù)n的值是()A．±5B．±3C．5D．9B[由題意知，34－n2＝n2＋16，∴2n2＝18，n2＝9．∴n＝±3．]3．雙曲線eq\f(x2,25)－eq\f(y2,24)＝1上的點P到一個焦點的距離為11，則它到另一個焦點的距離為()A．1或21B．14或36C．2D．21D[設雙曲線的左右焦點分別為F1，F(xiàn)2，不妨設|PF1|＝11，依據(jù)雙曲線的定義知||PF1|－|PF2||＝2a＝10，所以|PF2|＝1或|PF2|＝21，而1＜c－a＝7－5＝2，故舍去|PF2|＝1，所以點P到另一個焦點的距離為21，故選D．]4．若雙曲線x2－ky2＝1的一個焦點是(3，0)，則實數(shù)k＝()A．eq\f(1,16)B．eq\f(1,8)C．eq\f(1,4)D．eq\f(1,2)B[因為雙曲線x2－ky2＝1的一個焦點是(3，0)，故1＋eq\f(1,k)＝9，所以k＝eq\f(1,8)，故選B．]5．若k∈R，則“k>3”是“方程eq\f(x2,k－3)－eq\f(y2,k＋3)＝1表示雙曲線”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件A[若方程表示雙曲線，則(k－3)(k＋3)>0，∴k<－3或k>3，故k>3是方程表示雙曲線的充分不必要條件．]二、填空題6．已知圓C1：(x＋3)2＋y2＝1和圓C2：(x－3)2＋y2＝9，動圓M同時與圓C1及圓C2相外切，則動圓圓心M的軌跡方程為________．[答案]x2－eq\f(y2,8)＝1(x≤－1)7．已知F1、F2是雙曲線eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1的焦點，PQ是過焦點F1的弦，那么|PF2|＋|QF2|－|PQ|的值是________．16[由雙曲線方程得，2a＝8．由雙曲線的定義得|PF2|－|PF1|＝2a＝8， ①|QF2|－|QF1|＝2a＝8， ②①＋②，得|PF2|＋|QF2|－(|PF1|＋|QF1|)＝16，所以|PF2|＋|QF2|－|PQ|＝16．]8．已知P是雙曲線x2－y2＝16的左支上一點，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是左、右焦點，則|PF1|－|PF2|＝________．－8[將x2－y2＝16化為標準形式為eq\f(x2,16)－eq\f(y2,16)＝1，所以a2＝16，2a＝8，因為P點在雙曲線左支上，所以|PF1|－|PF2|＝－8．]三、解答題9．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)具有性質：若M，N是橢圓C上關于原點對稱的兩點，點P是橢圓C上隨意一點，設直線PM，PN的斜率都存在，并記為kPM，kPN，那么kPM與kPN之積是與點P位置無關的定值．試對雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1寫出具有類似特別的性質，并加以證明．[解]類似的性質如下：若M，N為雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1上關于原點對稱的兩點，點P是雙曲線上隨意一點，設直線PM，PN的斜率都存在，并記為kPM，kPN，那么kPM與kPN之積是與點P位置無關的定值．其證明過程如下：設P(x，y)，M(m，n)，則N(－m，－n)，其中eq\f(m2,a2)－eq\f(n2,b2)＝1，即n2＝eq\f(b2,a2)(m2－a2)．∴kPM＝eq\f(y－n,x－m)，kPN＝eq\f(y＋n,x＋m)．又eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1，即y2＝eq\f(b2,a2)(x2－a2)，∴y2－n2＝eq\f(b2,a2)(x2－m2)．∴kPM·kPN＝eq\f(y2－n2,x2－m2)＝eq\f(b2,a2)．故kPM與kPN之積是與點P位置無關的定值．10．已知雙曲線eq\f(x2,4)－y2＝1，求過點A(3，－1)且被點A平分的弦MN所在直線的方程．[解]法一：由題意知直線的斜率存在，故可設直線方程為y＋1＝k(x－3)，即y＝kx－3k－1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－3k－1，,\f(x2,4)－y2＝1，))消去y，整理得(1－4k2)x2＋8k(3k＋1)x－36k2－24k－8＝0．設M(x1，y1)，N(x2，y2)，∴x1＋x2＝eq\f(8k3k＋1,4k2－1)．∵A(3，－1)為MN的中點，∴eq\f(x1＋x2,2)＝3，即eq\f(8k3k＋1,24k2－1)＝3，解得k＝－eq\f(3,4)．當k＝－eq\f(3,4)時，滿意Δ>0，符合題意，∴所求直線MN的方程為y＝－eq\f(3,4)x＋eq\f(5,4)，即3x＋4y－5＝0．法二：設M(x1，y1)，N(x2，y2)，∵M，N均在雙曲線上，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),4)－y\o\al(2,1)＝1，,\f(x\o\al(2,2),4)－y\o\al(2,2)＝1，))兩式相減，得eq\f(x\o\al(2,2)－x\o\al(2,1),4)＝y(tǒng)eq\o\al(2,2)－yeq\o\al(2,1)，∴eq\f(y2－y1,x2－x1)＝eq\f(x2＋x1,4y2＋y1)．∵點A平分弦MN，∴x1＋x2＝6，y1＋y2＝－2．∴kMN＝eq\f(y2－y1,x2－x1)＝eq\f(x2＋x1,4y2＋y1)＝－eq\f(3,4)．閱歷證，該直線MN存在．∴所求直線MN的方程為y＋1＝－eq\f(3,4)(x－3)，即3x＋4y－5＝0．11．已知F1、F2為雙曲線C：x2－y2＝1的左、右焦點，點P在C上，∠F1PF2＝60°，則|PF1|·|PF2|＝()A．2B．4C．6D．8B[在△PF1F2中，由余弦定理得|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cos∠F1PF2＝|F1F2|2，又∠F1PF2＝60°，|F1F2|＝2eq\r(2)，則|PF1|2＋|PF2|2－|PF1||PF2|＝8，(|PF1|－|PF2|)2＋|PF1||PF2|＝8．又||PF1|－|PF2||＝2a＝2，則4＋|PF1|·|PF2|＝8，所以|PF1|·|PF2|＝4．]12．已知動點P(x，y)滿意eq\r(x＋22＋y2)－eq\r(x－22＋y2)＝2，則動點P的軌跡是()A．雙曲線 B．雙曲線左支C．雙曲線右支 D．一條射線C[方程eq\r(x＋22＋y2)－eq\r(x－22＋y2)＝2的幾何意義是動點P(x，y)到點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，0))與eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，0))的距離之差為2，又因為2<|F1F2|＝4，由雙曲線的定義，知動點P的軌跡是雙曲線右支．]13．(多選題)已知F1(－3，0)，F(xiàn)2(3，0)，滿意條件|PF1|－|PF2|＝2m－1的動點P的軌跡是雙曲線的一支．則下列數(shù)據(jù)中，m可以是()A．eq\f(1,2)B．2C．－1D．－3BC[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BC．]14．(一題兩空)設P是雙曲線x2－eq\f(y2,3)＝1的右支上的動點，F(xiàn)為雙曲線的右焦點，已知A(3，1)，B(3，6)，則|PA|＋|PF|的最小值為________；|PB|＋|PF|的最小值為________．eq\r(26)－2eq\r(37)[設雙曲線的另一焦點為F′，則有F′(－2，0)，F(xiàn)(2，0)，連接AF′(圖略)，易知點A在雙曲線內，點B在雙曲線外，則|PA|＋|PF|＝|PA|＋(|PF′|－2)≥|AF′|－2＝eq\r(26)－2；|PB|＋|PF|≥|BF|＝eq\r(37)．]15．由雙曲線eq\f(x2,9)－eq\f(y2,4)＝1上的一點P與左、右兩焦點F1、F2構成△PF1F2，求△PF1F2的內切圓與邊F1F2的切點N的坐標．[解]由雙曲線方程知a＝3，b＝2，c＝eq\r(13