2021高考數(shù)學(xué)(文)一輪知能檢測：第8章-第6節(jié)-雙曲線

第六節(jié)雙曲線[全盤鞏固]1．已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的焦距為10，點(diǎn)P(2,1)在C的漸近線上，則C的方程為()A.eq\f(x2,20)－eq\f(y2,5)＝1B.eq\f(x2,5)－eq\f(y2,20)＝1C.eq\f(x2,80)－eq\f(y2,20)＝1D.eq\f(x2,20)－eq\f(y2,80)＝1解析：選A由于雙曲線的焦距為10，所以c＝5.又由于P(2,1)在漸近線上，且漸近線方程為y＝eq\f(b,a)x，所以1＝eq\f(2b,a)，即a＝2b.又由于c2＝a2＋b2＝5b2＝25，所以b2＝5，a2＝20.即雙曲線方程為eq\f(x2,20)－eq\f(y2,5)＝1.2．(2021·福建高考)雙曲線x2－y2＝1的頂點(diǎn)到其漸近線的距離等于()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C．1D.eq\r(2)解析：選B雙曲線x2－y2＝1的頂點(diǎn)為(－1,0)，(1,0)，漸近線方程為x＋y＝0和x－y＝0，由對稱性不妨求點(diǎn)(1,0)到直線x－y＝0的距離，其距離為eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2).3．已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,5)＝1的右焦點(diǎn)為(3,0)，則該雙曲線的離心率等于()A.eq\f(3\r(14),14)B.eq\f(3\r(2),4)C.eq\f(3,2)D.eq\f(4,3)解析：選C由于雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,5)＝1的右焦點(diǎn)為(3,0)，所以c＝3，又b2＝5，所以a2＝c2－b2＝9－5＝4.即a＝2.所以雙曲線的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3,2).4．(2022·惠州模擬)已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1與直線y＝2x有交點(diǎn)，則雙曲線離心率的取值范圍為()A．(1，eq\r(5))B．(1，eq\r(5)]C．(eq\r(5)，＋∞)D．[eq\r(5)，＋∞)解析：選C∵雙曲線的一條漸近線方程為y＝eq\f(b,a)x，則由題意得eq\f(b,a)>2.∴e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)>eq\r(1＋4)＝eq\r(5).5．已知雙曲線eq\f(x2,2)－eq\f(y2,b2)＝1(b>0)的左，右焦點(diǎn)分別是F1，F(xiàn)2，其一條漸近線方程為y＝x，點(diǎn)P(eq\r(3)，y0)在雙曲線上．則·＝()A．－12B．－2C．0D．4解析：選C由漸近線方程為y＝x知雙曲線是等軸雙曲線，不妨設(shè)雙曲線方程是x2－y2＝2，于是F1，F(xiàn)2坐標(biāo)分別是(－2,0)和(2,0)，且P(eq\r(3)，1)或P(eq\r(3)，－1)．由雙曲線的對稱性，不妨取P(eq\r(3)，1)，則＝(－2－eq\r(3)，－1)，＝(2－eq\r(3)，－1)．所以·＝(－2－eq\r(3)，－1)·(2－eq\r(3)，－1)＝－(2＋eq\r(3))·(2－eq\r(3))＋1＝0.6．(2022·杭州模擬)設(shè)F1，F(xiàn)2分別是雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點(diǎn)，以F1F2為直徑的圓與雙曲線C在其次象限的交點(diǎn)為P，若雙曲線C的離心率為5，則cos∠PF2F1＝()A.eq\f(3,5)B.eq\f(3,4)C.eq\f(4,5)D.eq\f(5,6)解析：選C據(jù)題意可知PF1⊥PF2，設(shè)|PF1|＝n，|PF2|＝m，又由雙曲線定義知m－n＝2a①；由勾股定理得m2＋n2＝4c2②；又由離心率e＝eq\f(c,a)＝5③，三式聯(lián)立解得m＝8a，故cos∠PF2F1＝eq\f(|PF2|,|F1F2|)＝eq\f(m,2c)＝eq\f(8a,2×5a)＝eq\f(4,5).7．(2021·江蘇高考)雙曲線eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1的兩條漸近線的方程為________________．解析：由于雙曲線eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1的兩條漸近線方程為eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝0，化簡得y＝±eq\f(3,4)x.答案：y＝±eq\f(3,4)x8．(2021·陜西高考)雙曲線eq\f(x2,16)－eq\f(y2,m)＝1的離心率為eq\f(5,4)，則m等于________．解析：依題意知m>0，則e2＝eq\f(c2,a2)＝1＋eq\f(b2,a2)＝1＋eq\f(m,16)＝eq\f(25,16)，解得m＝9.答案：99．(2022·麗水模擬)已知雙曲線x2－y2＝1，點(diǎn)F1，F(xiàn)2為其兩個(gè)焦點(diǎn)，點(diǎn)P為雙曲線上一點(diǎn)，若PF1⊥PF2，則|PF1|＋|PF2|的值為________．解析：不妨設(shè)點(diǎn)P在雙曲線的右支上且F1，F(xiàn)2分別為左、右焦點(diǎn)，由于PF1⊥PF2，所以(2eq\r(2))2＝|PF1|2＋|PF2|2，又由于|PF1|－|PF2|＝2，所以(|PF1|－|PF2|)2＝4，可得2|PF1|·|PF2|＝4，則(|PF1|＋|PF2|)2＝|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1|·|PF2|＝12，所以|PF1|＋|PF2|＝2eq\r(3).答案：2eq\r(3)10．已知雙曲線的中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)F1，F(xiàn)2在坐標(biāo)軸上，離心率為eq\r(2)，且過點(diǎn)(4，－eq\r(10))．(1)求雙曲線的方程；(2)若點(diǎn)M(3，m)在雙曲線上，求證：·＝0；(3)求△F1MF2的面積．解：(1)∵e＝eq\r(2)，∴可設(shè)雙曲線方程為x2－y2＝λ(λ≠0)．∵過點(diǎn)P(4，－eq\r(10))，∴16－10＝λ，即λ＝6.∴雙曲線方程為x2－y2＝6.(2)證明：由(1)可知，雙曲線中a＝b＝eq\r(6)，∴c＝2eq\r(3)，∴F1(－2eq\r(3)，0)，F(xiàn)2(2eq\r(3)，0)，∴kMF1＝eq\f(m,3＋2\r(3))，kMF2＝eq\f(m,3－2\r(3))，kMF1·kMF2＝eq\f(m2,9－12)＝－eq\f(m2,3).∵點(diǎn)M(3，m)在雙曲線上，∴9－m2＝6，m2＝3.故kMF1·kMF2＝－1，∴MF1⊥MF2.∴·＝0.(3)△F1MF2的底|F1F2|＝4eq\r(3)，△F1MF2的邊F1F2上的高h(yuǎn)＝|m|＝eq\r(3)，∴S△F1MF2＝eq\f(1,2)·|F1F2|·|m|＝6.11．(2022·湛江模擬)已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點(diǎn)為F(c,0)．(1)若雙曲線的一條漸近線方程為y＝x且c＝2，求雙曲線的方程；(2)以原點(diǎn)O為圓心，c為半徑作圓，該圓與雙曲線在第一象限的交點(diǎn)為A，過A作圓的切線，斜率為－eq\r(3)，求雙曲線的離心率．解：(1)∵雙曲線的漸近線為y＝±eq\f(b,a)x，∴a＝b，∴c2＝a2＋b2＝2a2∴a2＝b2＝2，∴雙曲線方程為eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1.(2)設(shè)點(diǎn)A的坐標(biāo)為(x0，y0)，∴直線AO的斜率滿足eq\f(y0,x0)·(－eq\r(3))＝－1，∴x0＝eq\r(3)y0，①依題意，圓的方程為x2＋y2＝c2，將①代入圓的方程得3yeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝c2，即y0＝eq\f(1,2)c，∴x0＝eq\f(\r(3),2)c，∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)c，\f(1,2)c))，代入雙曲線方程得eq\f(\f(3,4)c2,a2)－eq\f(\f(1,4)c2,b2)＝1，即eq\f(3,4)b2c2－eq\f(1,4)a2c2＝a2b2，②又∵a2＋b2＝c2，∴將b2＝c2－a2代入②式，整理得eq\f(3,4)c4－2a2c2＋a4＝0，∴3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))4－8eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))2＋4＝0，∴(3e2－2)(e2－2)＝0，∵e>1，∴e＝eq\r(2)，∴雙曲線的離心率為eq\r(2).12．設(shè)雙曲線eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,3)＝1的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，離心率為2.(1)求此雙曲線的漸近線l1，l2的方程；(2)若A，B分別為l1，l2上的點(diǎn)，且2|AB|＝5|F1F2|，求線段AB的中點(diǎn)M解：(1)∵e＝2，∴c2＝4a2∵c2＝a2＋3，∴a＝1，c＝2.∴雙曲線方程為y2－eq\f(x2,3)＝1，漸近線方程為y＝±eq\f(\r(3),3)x.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中點(diǎn)M(x，y)．∵2|AB|＝5|F1F2∴|AB|＝eq\f(5,2)|F1F2|＝eq\f(5,2)×2c＝10.∴eq\r(x1－x22＋y1－y22)＝10.又y1＝eq\f(\r(3),3)x1，y2＝－eq\f(\r(3),3)x2,2x＝x1＋x2,2y＝y(tǒng)1＋y2，∴y1＋y2＝eq\f(\r(3),3)(x1－x2)，y1－y2＝eq\f(\r(3),3)(x1＋x2)，∴eq\r([\r(3)y1＋y2]2＋\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)x1＋x2))2)＝10，∴3(2y)2＋eq\f(1,3)(2x)2＝100，即eq\f(x2,75)＋eq\f(3y2,25)＝1.則M的軌跡是中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，長軸長為10eq\r(3)，短軸長為eq\f(10\r(3),3)的橢圓．[沖擊名校]1．已知P是雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)上的點(diǎn)，F(xiàn)1，F(xiàn)2是其焦點(diǎn)，雙曲線的離心率是eq\f(5,4)，且·＝0，若△PF1F2的面積為9，則a＋b的值為()A．5B．6C．7D．8解析：選C由·＝0，得⊥，設(shè)||＝m，||＝n，不妨設(shè)m>n，則m2＋n2＝4c2，m－n＝2a，eq\f(1,2)mn＝9，eq\f(c,a)＝eq\f(5,4)，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,c＝5，))∴b＝3，∴a＋b＝7.2．過雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右頂點(diǎn)A作斜率為－1的直線，該直線與雙曲線的兩條漸近線的交點(diǎn)分別為B，C，若A，B，C三點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等比數(shù)列，則雙曲線的離心率為()A.eq\r(3)B.eq\r(5)C.eq\r(10)D.eq\r(13)解析：選C由題知A點(diǎn)坐標(biāo)為(a,0)，∴過A且斜率為－1的直線方程為y＝－x＋a，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－x＋a，,y＝\f(b,a)x，))得Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,a＋b)，\f(ab,a＋b)))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－x＋a，,y＝－\f(b,a)x，))得Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,a－b)，\f(－ab,a－b))).∵A，B，C三點(diǎn)橫坐標(biāo)成等比數(shù)列，∴eq\f(a4,a－b2)＝eq\f(a3,a＋b)，即b＝3a，∴e＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(10).[高頻滾動(dòng)]已知直線x＋ky－3＝0所經(jīng)過的定點(diǎn)F恰好是橢圓C的一個(gè)焦點(diǎn)，且橢圓C上的點(diǎn)到點(diǎn)F的最大距離為8.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)已知圓O：x2＋y2＝1，直線l：mx＋ny＝1，試證：當(dāng)點(diǎn)P(m，n)在橢圓C上運(yùn)動(dòng)時(shí)，直線l與圓O恒相交，并求直線l被圓O所截得的弦長L的取值范圍．解：(1)直線x＋ky－3＝0經(jīng)過定點(diǎn)F(3,0)，即點(diǎn)F(3,0)是橢圓C的一個(gè)焦點(diǎn)．設(shè)橢圓C的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，由于橢圓C上的點(diǎn)到點(diǎn)F的最大距離為8，所以a＋3＝8，即a＝5.所以b2＝52－32＝16.所以橢圓C的方程為eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1.(2)由于點(diǎn)P(m，n)在橢圓C上，所以eq\f(m2,25)＋eq\f(n2,16)＝1，即n2＝16－eq\f(16m2,25)(0≤m2≤25)．所以原點(diǎn)到直線l：