【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】2022屆-數(shù)學(xué)一輪(文科)-浙江專用-課時(shí)作業(yè)-第八章-解析幾何-6-

第6講雙曲線基礎(chǔ)鞏固題組(建議用時(shí)：40分鐘)一、選擇題1．(2021·甘肅二次診斷)設(shè)雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的虛軸長(zhǎng)為2，焦距為2eq\r(3)，則雙曲線的漸近線方程為()A．y＝±eq\f(1,2)xB．y＝±eq\f(\r(2),2)xC．y＝±eq\r(2)xD．y＝±2x解析由于2b＝2，所以b＝1，由于2c＝2eq\r(3)，所以c＝eq\r(3)，所以a＝eq\r(c2－b2)＝eq\r(2)，所以雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\f(\r(2),2)x，故選B.答案B2．(2022·大綱全國(guó)卷)雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的離心率為2，焦點(diǎn)到漸近線的距離為eq\r(3)，則C的焦距等于()A．2B．2eq\r(2)C．4D．4eq\r(2)解析由已知，得e＝eq\f(c,a)＝2，所以a＝eq\f(1,2)c，故b＝eq\r(c2－a2)＝eq\f(\r(3),2)c，從而雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\r(3)x，由焦點(diǎn)到漸近線的距離為eq\r(3)，得eq\f(\r(3)c,2)＝eq\r(3)，解得c＝2，故2c＝4，故選C.答案C3．設(shè)F1，F(xiàn)2是雙曲線x2－eq\f(y2,24)＝1的兩個(gè)焦點(diǎn)，P是雙曲線上的一點(diǎn)，且3|PF1|＝4|PF2|，則△PF1F2的面積等于()A．4eq\r(2) B．8eq\r(3)C．24 D．48解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|PF1|－|PF2|＝2，,3|PF1|＝4|PF2|，))可解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|PF1|＝8，,|PF2|＝6.))又由|F1F2|＝10可得△PF1F則S△PF1F2＝eq\f(1,2)|PF1|×|PF2|＝24.答案C4．(2022·重慶卷)設(shè)F1、F2分別為雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點(diǎn)，雙曲線上存在一點(diǎn)P使得(|PF1|－|PF2|)2＝b2－3ab，則該雙曲線的離心率為()A.eq\r(2) B.eq\r(15)C．4 D.eq\r(17)解析依據(jù)雙曲線的定義，得||PF1|－|PF2||＝2a.又(|PF1|－|PF2|)2＝b2－3ab，所以4a2＝b2－3ab，即(a＋b)(4a－b)＝0.又a＋b≠0，所以b＝4a，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)＝eq\r(1＋42)＝eq\r(17).答案D5．若點(diǎn)O和點(diǎn)F(－2,0)分別為雙曲線eq\f(x2,a2)－y2＝1(a>0)的中心和左焦點(diǎn)，點(diǎn)P為雙曲線右支上的任意一點(diǎn)，則eq\o(OP,\s\up9(→))·eq\o(FP,\s\up9(→))的取值范圍為()A．[3－2eq\r(3)，＋∞) B．[3＋2eq\r(3)，＋∞)C．[－eq\f(7,4)，＋∞) D．[eq\f(7,4)，＋∞)解析由條件知a2＋1＝22＝4，∴a2＝3，∴雙曲線方程為eq\f(x2,3)－y2＝1，設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為(x，y)，則eq\o(OP,\s\up9(→))＝(x，y)，eq\o(FP,\s\up9(→))＝(x＋2，y)，∵y2＝eq\f(x2,3)－1，∴eq\o(OP,\s\up9(→))·eq\o(FP,\s\up9(→))＝x2＋2x＋y2＝x2＋2x＋eq\f(x2,3)－1＝eq\f(4,3)x2＋2x－1＝eq\f(4,3)(x＋eq\f(3,4))2－eq\f(7,4).又∵x≥eq\r(3)(P為右支上任意一點(diǎn))，∴eq\o(OP,\s\up9(→))·eq\o(FP,\s\up9(→))≥3＋2eq\r(3).故選B.答案B二、填空題6．(2022·四川卷)雙曲線eq\f(x2,4)－y2＝1的離心率等于________．解析由雙曲線方程eq\f(x2,4)－y2＝1，知a2＝4，b2＝1，c2＝a2＋b2＝5，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),2).答案eq\f(\r(5),2)7．(2022·北京卷)設(shè)雙曲線C的兩個(gè)焦點(diǎn)為(－eq\r(2)，0)，(eq\r(2)，0)，一個(gè)頂點(diǎn)是(1,0)，則C的方程為_(kāi)_______．解析由雙曲線的焦點(diǎn)坐標(biāo)知c＝eq\r(2)，且焦點(diǎn)在x軸上，由頂點(diǎn)坐標(biāo)知a＝1，由c2＝a2＋b2，得b2＝1.所以雙曲線C的方程為x2－y2＝1.答案x2－y2＝18．已知雙曲線eq\f(x2,m)－eq\f(y2,3m)＝1的一個(gè)焦點(diǎn)是(0,2)，橢圓eq\f(y2,n)－eq\f(x2,m)＝1的焦距等于4，則n＝________.解析由于雙曲線的焦點(diǎn)(0,2)，所以焦點(diǎn)在y軸上，所以雙曲線的方程為eq\f(y2,－3m)－eq\f(x2,－m)＝1，即a2＝－3m，b2＝－m，所以c2＝－3m－m＝－4m＝4，解得m＝－1.所以橢圓方程為eq\f(y2,n)＋x2＝1，且n＞0，橢圓的焦距為4，所以c2＝n－1＝4或1－n＝4，解得n＝5或－3(舍去)．答案5三、解答題9．已知橢圓D：eq\f(x2,50)＋eq\f(y2,25)＝1與圓M：x2＋(y－5)2＝9，雙曲線G與橢圓D有相同焦點(diǎn)，它的兩條漸近線恰好與圓M相切，求雙曲線G的方程．解橢圓D的兩個(gè)焦點(diǎn)為F1(－5,0)，F(xiàn)2(5,0)，因而雙曲線中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上，且c＝5.設(shè)雙曲線G的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，∴漸近線方程為bx±ay＝0且a2＋b2＝25，又圓心M(0,5)到兩條漸近線的距離為r＝3.∴eq\f(|5a|,\r(b2＋a2))＝3，得a＝3，b＝4，∴雙曲線G的方程為eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1.10．已知雙曲線eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的一條漸近線方程為2x＋y＝0，且頂點(diǎn)到漸近線的距離為eq\f(2\r(5),5).(1)求此雙曲線的方程；(2)設(shè)P為雙曲線上一點(diǎn)，A，B兩點(diǎn)在雙曲線的漸近線上，且分別位于第一、二象限，若eq\o(AP,\s\up9(→))＝eq\o(PB,\s\up9(→))，求△AOB的面積．解(1)依題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)＝2，,\f(|2×0＋a|,\r(5))＝\f(2\r(5),5)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，))故雙曲線的方程為eq\f(y2,4)－x2＝1.(2)由(1)知雙曲線的漸近線方程為y＝±2x，設(shè)A(m,2m)，B(－n,2n)，其中m＞0，n＞0，由eq\o(AP,\s\up9(→))＝eq\o(PB,\s\up9(→))得點(diǎn)P的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m－n,2)，m＋n)).將點(diǎn)P的坐標(biāo)代入eq\f(y2,4)－x2＝1，整理得mn＝1.設(shè)∠AOB＝2θ，∵taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－θ))＝2，則tanθ＝eq\f(1,2)，從而sin2θ＝eq\f(4,5).又|OA|＝eq\r(5)m，|OB|＝eq\r(5)n，∴S△AOB＝eq\f(1,2)|OA||OB|sin2θ＝2mn＝2.力量提升題組(建議用時(shí)：35分鐘)11．(2022·江西卷)過(guò)雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的右頂點(diǎn)作x軸的垂線，與C的一條漸近線相交于點(diǎn)A.若以C的右焦點(diǎn)為圓心、半徑為4的圓經(jīng)過(guò)A，O兩點(diǎn)(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，則雙曲線C的方程為()A.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1 B.eq\f(x2,7)－eq\f(y2,9)＝1C.eq\f(x2,8)－eq\f(y2,8)＝1 D.eq\f(x2,12)－eq\f(y2,4)＝1解析由雙曲線方程知右頂點(diǎn)為(a,0)，不妨設(shè)其中一條漸近線方程為y＝eq\f(b,a)x，因此可設(shè)點(diǎn)A的坐標(biāo)為(a，b)．設(shè)右焦點(diǎn)為F(c,0)，由已知可知c＝4，且|AF|＝4，即(c－a)2＋b2＝16，所以有(c－a)2＋b2＝c2，又c2＝a2＋b2，則c＝2a，即a＝eq\f(c,2)＝2，所以b2＝c2－a2＝42－22＝12.故雙曲線的方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1，故選A.答案A12．(2021·紹興高三調(diào)研)已知點(diǎn)F是雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦點(diǎn)，點(diǎn)E是該雙曲線的右頂點(diǎn)，過(guò)F且垂直于x軸的直線與雙曲線交于A，B兩點(diǎn)，若△ABE是銳角三角形，則該雙曲線的離心率e的取值范圍是()A．(1，＋∞) B．(1,2)C．(1,1＋eq\r(2)) D．(2,1＋eq\r(2))解析由題意易知點(diǎn)F的坐標(biāo)為(－c,0)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c，\f(b2,a)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c，－\f(b2,a)))，E(a,0)，由于△ABE是銳角三角形，所以eq\o(EA,\s\up9(→))·eq\o(EB,\s\up9(→))>0，即eq\o(EA,\s\up9(→))·eq\o(EB,\s\up9(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c－a，\f(b2,a)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c－a，－\f(b2,a)))>0，整理得3e2＋2e>e4，∴e(e3－3e－3＋1)<0，∴e(e＋1)2(e－2)<0，解得e∈(0,2)，又e>1，∴e∈(1,2)，故選B.答案B13．已知F為雙曲線C：eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1的左焦點(diǎn)，P，Q為C上的點(diǎn)．若PQ的長(zhǎng)等于虛軸長(zhǎng)的2倍，點(diǎn)A(5,0)在線段PQ上，則△PQF的周長(zhǎng)為_(kāi)_______．解析由eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1，得a＝3，b＝4，c＝5.∴|PQ|＝4b＝16>2a又∵A(5,0)在線段PQ上，∴P，Q在雙曲線的右支上，且PQ所在直線過(guò)雙曲線的右焦點(diǎn)，由雙曲線定義知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|PF|－|PA|＝2a＝6，,|QF|－|QA|＝2a＝6，))∴|PF|＋|QF|＝28.∴△PQF的周長(zhǎng)是|PF|＋|QF|＋|PQ|＝28＋16＝44.答案4414．已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的離心率為2，焦點(diǎn)到漸近線的距離等于eq\r(3)，過(guò)右焦點(diǎn)F2的直線l交雙曲線于A、B兩點(diǎn)，F(xiàn)1為左焦點(diǎn)．(1)求雙曲線的方程；(2)若△F1AB的面積等于6eq\r(2)，求直線l的方程．解(1)依題意，b＝eq\r(3)，eq\f(c,a)＝2?a＝1，c＝2，∴雙曲線的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由(1)知F2(2,0)．易驗(yàn)證當(dāng)直線l斜率不存在時(shí)不滿足題意，故可設(shè)直線l：y＝k(x－2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－2，,x2－\f(y2,3)＝1，))消元得(k2－3)x2－4k2x＋4k2＋3＝0，k≠±eq\r(3)時(shí)，x1＋x2＝eq\f(4k2,k2－3)，x1x2＝eq\f(4k2＋3,k2－3)，y1－y2＝k(x1－x2)，△F1AB的面積S＝c|y1－y2|＝2|k||x1－x2|＝2|k|eq\f(\r(16k4－4k2－34k2＋3),|k2－3|)＝12|k|eq\f(\r(k2＋1),|k2－3|)＝6eq\r(2).得k4＋8k2－9＝0，則k＝±1.所以直線l方程為x－y－2＝0或x＋y－2＝0.15．(2022·湖南卷)如圖，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，雙曲線C1：eq\f(x2,a\o\al(2,1))－eq\f(y2,b\o\al(2,1))＝1(a1＞0，b1＞0)和橢圓C2：eq\f(y2,a\o\al(2,2))＋eq\f(x2,b\o\al(2,2))＝1(a2＞b2＞0)均過(guò)點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，1))，且以C1的兩個(gè)頂點(diǎn)和C2的兩個(gè)焦點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是面積為2的正方形．(1)求C1，C2的方程；(2)是否存在直線l，使得l與C1交于A，B兩點(diǎn)，與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)，且|eq\o(OA,\s\up9(→))＋eq\o(OB,\s\up9(→))|＝|eq\o(AB,\s\up9(→))|？證明你的結(jié)論．解(1)設(shè)C2的焦距為2c2，由題意知，2c2＝2,2a1＝2，從而a1＝1，c2＝1.由于點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，1))在雙曲線x2－eq\f(y2,b\o\al(2,1))＝1上，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))2－eq\f(1,b\o\al(2,1))＝1.故beq\o\al(2,1)＝3.由橢圓的定義知2a2＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))2＋1－12)＋eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))2＋1＋12)＝2eq\r(3).于是a2＝eq\r(3)，beq\o\al(2,2)＝aeq\o\al(2,2)－ceq\o\al(2,2)＝2，故C1，C2的方程分別為x2－eq\f(y2,3)＝1，eq\f(y2,3)＋eq\f(x2,2)＝1.(2)不存在符合題設(shè)條件的直線．①若直線l垂直于x軸，由于l與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)，所以直線l的方程為x＝eq\r(2)或x＝－eq\r(2).當(dāng)x＝eq\r(2)時(shí)，易知A(eq\r(2)，eq\r(3))，B(eq\r(2)，－eq\r(3))，所以|eq\o(OA,\s\up9(→))＋eq\o(OB,\s\up9(→))|＝2eq\r(2)，|eq\o(AB,\s\up9(→))|＝2eq\r(3).此時(shí)，|eq\o(OA,\s\up9(→))＋eq\o(OB,\s\up9(→))|≠|(zhì)eq\o(AB,\s\up9(→))|.當(dāng)x＝－eq\r(2)時(shí)，同理可知，|eq\o(OA,\s\up9(→))＋eq\o(OB,\s\up9(→))|≠|(zhì)eq\o(AB,\s\up9(→))|.②若直線l不垂直于x軸，設(shè)l的方程為y＝kx＋m.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2－\f(y2,3)＝1，))得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝