高考數(shù)學(xué)（文）高分計(jì)劃一輪狂刷練第8章平面解析幾何8-6a

[重點(diǎn)保分兩級優(yōu)選練]A級一、選擇題1．(2018·唐山統(tǒng)考)“k<9”是“方程eq\f(x2,25－k)＋eq\f(y2,k－9)＝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答案A解析∵方程eq\f(x2,25－k)＋eq\f(y2,k－9)＝1表示雙曲線，∴(25－k)(k－9)<0，∴k<9或k>25，∴“k<9”是“方程eq\f(x2,25－k)＋eq\f(y2,k－9)＝1表示雙曲線”的充分不必要條件，故選A.2．(2017·湖北黃岡二模)已知雙曲線x2－eq\f(y2,3)＝1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，雙曲線的離心率為e，若雙曲線上存在一點(diǎn)P使eq\f(sin∠PF2F1,sin∠PF1F2)＝e，則eq\o(F2P,\s\up6(→))·eq\o(F2F1,\s\up6(→))的值為()A．3 B．2C．－3 D．2答案B解析由題意及正弦定理得eq\f(sin∠PF2F1,sin∠PF1F2)＝eq\f(|PF1|,|PF2|)＝e＝2，∴|PF1|＝2|PF2|，由雙曲線的定義知|PF1|－|PF2|＝2，∴|PF1|＝4，|PF2|＝2，又|F1F2|＝4，由余弦定理可知cos∠PF2F1＝eq\f(|PF2|2＋|F1F2|2－|PF1|2,2|PF2|·|F1F2|)＝eq\f(4＋16－16,2×2×4)＝eq\f(1,4)，∵eq\o(F2P,\s\up6(→))·eq\o(F2F1,\s\up6(→))＝|eq\o(F2P,\s\up6(→))|·|eq\o(F2F1,\s\up6(→))|cos∠PF2F1＝2×4×eq\f(1,4)＝2.故選B.3．已知雙曲線中心在原點(diǎn)且一個焦點(diǎn)為F(eq\r(7)，0)，直線y＝x－1與其相交于M，N兩點(diǎn)，MN中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為－eq\f(2,3)，則此雙曲線的方程是()A.eq\f(x2,3)－eq\f(y2,4)＝1 B.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,3)＝1C.eq\f(x2,5)－eq\f(y2,2)＝1 D.eq\f(x2,2)－eq\f(y2,5)＝1答案D解析設(shè)雙曲線方程eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)－\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，①,\f(x\o\al(2,2),a2)－\f(y\o\al(2,2),b2)＝1.②))①－②，得eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(b2,a2)·eq\f(x1＋x2,y1＋y2).∴1＝eq\f(b2,a2)·eq\f(－\f(2,3),－\f(5,3))，∴5a2＝2b2.又a2＋b2＝7，∴a2＝2，b2＝5，故選D.4．過雙曲線x2－eq\f(y2,2)＝1的右焦點(diǎn)F作直線l交雙曲線于A，B兩點(diǎn)，若|AB|＝4，則這樣的直線l有()A．1條 B．2條C．3條 D．4條答案C解析解法一：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，當(dāng)直線l的斜率不存在時，其方程為x＝eq\r(3)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\r(3)，,x2－\f(y2,2)＝1，))得y＝±2，∴|AB|＝|y1－y2|＝4滿足題意．當(dāng)直線l的斜率存在時，其方程為y＝k(x－eq\r(3))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－\r(3)，,x2－\f(y2,2)＝1，))得(2－k2)x2＋2eq\r(3)k2x－3k2－2＝0.當(dāng)2－k2≠0時，x1＋x2＝eq\f(2\r(3)k2,k2－2)，x1x2＝eq\f(3k2＋2,k2－2)，|AB|＝eq\r(1＋k2)eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3)k2,k2－2)))2－\f(12k2＋8,k2－2))＝eq\r(1＋k2)eq\r(\f(16k2＋1,k2－22))＝eq\f(41＋k2,|k2－2|)＝4，解得k＝±eq\f(\r(2),2)，故這樣的直線有3條．故選C.解法二：當(dāng)直線l無斜率時同解法一，且此時與雙曲線一支交于兩點(diǎn)的情況只有一種，其他直線得到的|AB|>4.由于雙曲線的實(shí)軸長為2小于4，因此與雙曲線兩支分別相交得到的兩點(diǎn)都在x軸上方或x軸下方兩種情況．綜上所述，共有三條直線滿足條件，故選C.5．(2016·浙江高考)已知橢圓C1：eq\f(x2,m2)＋y2＝1(m>1)與雙曲線C2：eq\f(x2,n2)－y2＝1(n>0)的焦點(diǎn)重合，e1，e2分別為C1，C2的離心率，則()A．m>n且e1e2>1 B．m>n且e1e2<1C．m<n且e1e2>1 D．m<n且e1e2<1答案A解析在橢圓中，a1＝m，c1＝eq\r(m2－1)，e1＝eq\f(\r(m2－1),m).在雙曲線中，a2＝n，c2＝eq\r(n2＋1)，e2＝eq\f(\r(n2＋1),n).因?yàn)閏1＝c2，所以n2＝m2－2.由n>0，m>1可得m>n，且m2－2>0.從而eeq\o\al(2,1)·eeq\o\al(2,2)＝eq\f(m2－1n2＋1,m2·n2)＝eq\f(m2－12,m2·m2－2)，則eeq\o\al(2,1)eeq\o\al(2,2)－1＝eq\f(m2－12,m2m2－2)－1＝eq\f(1,m2m2－2)>0，即e1e2>1.故選A.6．(2017·福建龍巖二模)已知離心率為eq\f(\r(5),2)的雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，M是雙曲線C的一條漸近線上的點(diǎn)，且OM⊥MF2，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若S△OMF2＝16，則雙曲線的實(shí)軸長是()A．32 B．16C．84 D．4答案B解析由題意知F2(c,0)，不妨令點(diǎn)M在漸近線y＝eq\f(b,a)x上，由題意可知|F2M|＝eq\f(bc,\r(a2＋b2))＝b，所以|OM|＝eq\r(c2－b2)＝a.由S△OMF2＝16，可得eq\f(1,2)ab＝16，即ab＝32，又a2＋b2＝c2，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),2)，所以a＝8，b＝4，c＝4eq\r(5)，所以雙曲線C的實(shí)軸長為16.故選B.7．(2018·湖南十校聯(lián)考)設(shè)雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的兩條漸近線與直線x＝eq\f(a2,c)分別交于A，B兩點(diǎn)，F(xiàn)為該雙曲線的右焦點(diǎn)．若60°＜∠AFB＜90°，則該雙曲線的離心率的取值范圍是()A．(1，eq\r(2)) B．(eq\r(2)，2)C．(1,2) D．(eq\r(2)，＋∞)答案B解析雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的兩條漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x，x＝eq\f(a2,c)時，y＝±eq\f(ab,c)，不妨設(shè)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)，\f(ab,c)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)，－\f(ab,c)))，∵60°＜∠AFB＜90°，∴eq\f(\r(3),3)＜kFB＜1，∴eq\f(\r(3),3)＜eq\f(\f(ab,c),c－\f(a2,c))＜1，∴eq\f(\r(3),3)＜eq\f(a,b)＜1，∴eq\f(1,3)＜eq\f(a2,c2－a2)＜1，∴1＜e2－1＜3，∴eq\r(2)＜e＜2.故選B.8．(2017·福建漳州八校聯(lián)考)已知橢圓C1：eq\f(x2,a\o\al(2,1))＋eq\f(y2,b\o\al(2,1))＝1(a1＞b1＞0)與雙曲線C2：eq\f(x2,a\o\al(2,2))－eq\f(y2,b\o\al(2,2))＝1(a2＞0，b2＞0)有相同的焦點(diǎn)F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P是兩曲線的一個公共點(diǎn)，e1，e2分別是兩曲線的離心率，若PF1⊥PF2，則4eeq\o\al(2,1)＋eeq\o\al(2,2)的最小值為()A.eq\f(5,2) B．4C.eq\f(9,2) D．9答案C解析由題意設(shè)焦距為2c，令P在雙曲線的右支上，由雙曲線的定義知|PF1|－|PF2|＝2a2，①由橢圓定義知|PF1|＋|PF2|＝2a1，②又∵PF1⊥PF2，∴|PF1|2＋|PF2|2＝4c2，③①2＋②2，得|PF1|2＋|PF2|2＝2aeq\o\al(2,1)＋2aeq\o\al(2,2)，④將④代入③，得aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＝2c2，∴4eeq\o\al(2,1)＋eeq\o\al(2,2)＝eq\f(4c2,a\o\al(2,1))＋eq\f(c2,a\o\al(2,2))＝eq\f(4a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2),2a\o\al(2,1))＋eq\f(a\o\al(2,1)＋a\o\al(2,2),2a\o\al(2,2))＝eq\f(5,2)＋eq\f(2a\o\al(2,2),a\o\al(2,1))＋eq\f(a\o\al(2,1),2a\o\al(2,2))≥eq\f(5,2)＋2eq\r(\f(2a\o\al(2,2),a\o\al(2,1))·\f(a\o\al(2,1),2a\o\al(2,2)))＝eq\f(9,2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(2a\o\al(2,2),a\o\al(2,1))＝eq\f(a\o\al(2,1),2a\o\al(2,2))，即aeq\o\al(2,1)＝2aeq\o\al(2,2)時，取等號．故選C.9．(2017·青州市模擬)已知中心在坐標(biāo)原點(diǎn)的橢圓與雙曲線有公共焦點(diǎn)，且左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，這兩條曲線在第一象限的交點(diǎn)為P，△PF1F2是以PF1為底邊的等腰三角形．若|PF1|＝10，記橢圓與雙曲線的離心率分別為e1，e2，則e1·e2的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)，＋∞)) D．(0，＋∞)答案A解析設(shè)橢圓和雙曲線的半焦距為c，|PF1|＝m，|PF2|＝n(m>n)，由于△PF1F2是以PF1為底邊的等腰三角形．若|PF1|＝10，即有m＝10，n＝2c，由橢圓的定義可得m＋n＝2a1，由雙曲線的定義可得m－n＝2a2，即有a1＝5＋c，a2＝5－c(c<5)，再由三角形的兩邊之和大于第三邊，可得2c＋2c>10，可得c>eq\f(5,2)，即有eq\f(5,2)<c<5.由離心率公式可得e1·e2＝eq\f(c,a1)·eq\f(c,a2)＝eq\f(c2,25－c2)＝eq\f(1,\f(25,c2)－1)，由于1<eq\f(25,c2)<4，則有eq\f(1,\f(25,c2)－1)>eq\f(1,3).則e1·e2的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)).故選A.10．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2).雙曲線x2－y2＝1的漸近線與橢圓C有四個交點(diǎn)，以這四個交點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形的面積為16，則橢圓C的方程為()A.eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1 B.eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,6)＝1C.eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1 D.eq\f(x2,20)＋eq\f(y2,5)＝1答案D解析∵橢圓的離心率為eq\f(\r(3),2)，∴eq\f(c,a)＝eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(\r(3),2)，∴a＝2b.∴橢圓的方程為x2＋4y2＝4b2.∵雙曲線x2－y2＝1的漸近線方程為x±y＝0，∴漸近線x±y＝0與橢圓x2＋4y2＝4b2在第一象限的交點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)b，\f(2\r(5),5)b))，∴由圓錐曲線的對稱性得四邊形在第一象限部分的面積為eq\f(2\r(5),5)b×eq\f(2\r(5),5)b＝4，∴b2＝5，∴a2＝4b2＝20.∴橢圓C的方程為eq\f(x2,20)＋eq\f(y2,5)＝1.故選D.二、填空題11．若點(diǎn)P在曲線C1：eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1上，點(diǎn)Q在曲線C2：(x－5)2＋y2＝1上，點(diǎn)R在曲線C3：(x＋5)2＋y2＝1上，則|PQ|－|PR|的最大值是________．答案10解析依題意得，點(diǎn)F1(－5,0)，F(xiàn)2(5,0)分別為雙曲線C1的左、右焦點(diǎn)，因此有|PQ|－|PR|≤|(|PF2|＋1)－(|PF1|－1)|≤||PF2|－|PF1||＋2＝2×4＋2＝10，故|PQ|－|PR|的最大值是10.12．過雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦點(diǎn)F(－c,0)(c>0)，作圓x2＋y2＝eq\f(a2,4)的切線，切點(diǎn)為E，延長FE交曲線右支于點(diǎn)P，若eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OF,\s\up6(→))＋eq\o(OP,\s\up6(→)))，則雙曲線的離心率為________．答案eq\f(\r(10),2)解析圓x2＋y2＝eq\f(a2,4)的半徑為eq\f(a,2)，由eq\o(OE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(OF,\s\up6(→))＋eq\o(OP,\s\up6(→)))知，E是FP的中點(diǎn)，設(shè)F′(c,0)，由于O是FF′的中點(diǎn)，所以O(shè)E⊥PF，|OE|＝eq\f(1,2)|PF′|?|PF′|＝2|OE|＝a.由雙曲線定義，|FP|＝3a，因?yàn)镕P是圓的切線，切點(diǎn)為E，所以FP⊥OE，從而∠FPF′＝90°.由勾股定理，得|FP|2＋|F′P|2＝|FF′|2?9a2＋a2＝4c2?e＝eq\f(\r(10),2).13．(2018·安徽江南十校聯(lián)考)已知l是雙曲線C：eq\f(x2,2)－eq\f(y2,4)＝1的一條漸近線，P是l上的一點(diǎn)，F(xiàn)1，F(xiàn)2是C的兩個焦點(diǎn)，若eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝0，則P到x軸的距離為________．答案2解析由題意取F1(－eq\r(6)，0)，F(xiàn)2(eq\r(6)，0)，不妨設(shè)l的方程為y＝eq\r(2)x，則可設(shè)P(x0，eq\r(2)x0)，由eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝(－eq\r(6)－x0，－eq\r(2)x0)·(eq\r(6)－x0，－eq\r(2)x0)＝3xeq\o\al(2,0)－6＝0，得x0＝±eq\r(2)，故P到x軸的距離為eq\r(2)|x0|＝2.14．(2018·貴州六校聯(lián)考)我們把焦點(diǎn)相同，且離心率互為倒數(shù)的橢圓和雙曲線稱為一對“相關(guān)曲線”．已知F1，F(xiàn)2是一對相關(guān)曲線的焦點(diǎn)，P是它們在第一象限的交點(diǎn)，當(dāng)∠F1PF2＝60°時，這一對相關(guān)曲線中雙曲線的離心率是________．答案eq\r(3)解析設(shè)橢圓的半長軸為a1，橢圓的離心率為e1，則e1＝eq\f(c,a1)，a1＝eq\f(c,e1).設(shè)雙曲線的實(shí)半軸為a，雙曲線的離心率為e，e＝eq\f(c,a)，a＝eq\f(c,e).|PF1|＝x，|PF2|＝y(tǒng)(x>y>0)，則由余弦定理得4c2＝x2＋y2－2xycos60°＝x2＋y2－xy，當(dāng)點(diǎn)P看作是橢圓上的點(diǎn)時，有4c2＝(x＋y)2－3xy＝4aeq\o\al(2,1)－3xy，①當(dāng)點(diǎn)P看作是雙曲線上的點(diǎn)時，有4c2＝(x－y)2＋xy＝4a2＋xy，②①②聯(lián)立消去xy，得4c2＝aeq\o\al(2,1)＋3a2，即4c2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,e1)))2＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,e)))2，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e1)))2＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))2＝4，又因?yàn)閑q\f(1,e1)＝e，所以e2＋eq\f(3,e2)＝4，整理得e4－4e2＋3＝0，解得e2＝3，所以e＝eq\r(3)，即雙曲線的離心率為eq\r(3).B級三、解答題15．已知點(diǎn)M(－2,0)，N(2,0)，動點(diǎn)P滿足條件|PM|－|PN|＝2eq\r(2)，記動點(diǎn)P的軌跡為W.(1)求W的方程；(2)若A和B是W上的不同兩點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，求eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))的最小值．解(1)由|PM|－|PN|＝2eq\r(2)知動點(diǎn)P的軌跡是以M，N為焦點(diǎn)的雙曲線的右支，實(shí)半軸長a＝eq\r(2).又焦距2c＝4，所以虛半軸長b＝eq\r(c2－a2)＝eq\r(2).所以W的方程為eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1(x≥eq\r(2))．(2)設(shè)A，B的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)．當(dāng)AB⊥x軸時，x1＝x2，y1＝－y2，從而eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝xeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,1)＝2.當(dāng)AB與x軸不垂直時，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋m(k≠±1)，與W的方程聯(lián)立，消去y得(1－k2)x2－2kmx－m2－2＝0，則x1＋x2＝eq\f(2km,1－k2)，x1x2＝eq\f(m2＋2,k2－1)，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝eq\f(1＋k2m2＋2,k2－1)＋eq\f(2k2m2,1－k2)＋m2＝eq\f(2k2＋2,k2－1)＝2＋eq\f(4,k2－1).又因?yàn)閤1x2>0，所以k2－1>0.所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))>2.綜上所述，當(dāng)AB⊥x軸時，eq\o(OA,\s\up6(→))