2025届高考数学一轮复习第9章平面解析几何44双曲线课时训练文含解析

PAGEPAGE7【课时训练】双曲线一、选择题1．(2024广州联考)已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的焦距为10，点P(2,1)在C的一条渐近线上，则C的方程为()A.eq\f(x2,20)－eq\f(y2,5)＝1 B.eq\f(x2,5)－eq\f(y2,20)＝1C.eq\f(x2,80)－eq\f(y2,20)＝1 D.eq\f(x2,20)－eq\f(y2,80)＝1【答案】A【解析】依题意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＝25，,1＝\f(b,a)×2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝20，,b2＝5，))∴双曲线C的方程为eq\f(x2,20)－eq\f(y2,5)＝1.2．(2024福州质检)若双曲线E：eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线E上，且|PF1|＝3，则|PF2|等于()A．11 B．9C．5 D．3【答案】B【解析】由题意，知a＝3，b＝4，∴c＝5.由双曲线的定义||PF1|－|PF2||＝|3－|PF2||＝2a＝6，∴|PF2|＝9.故选B.3．(2024庐江其次中学1月月考)已知椭圆eq\f(x2,a\o\al(2,1))＋eq\f(y2,b\o\al(2,1))＝1(a1>b1>0)的长轴长、短轴长、焦距成等比数列，离心率为e1；双曲线eq\f(x2,a\o\al(2,2))－eq\f(y2,b\o\al(2,2))＝1(a2>0，b2>0)的实轴长、虚轴长、焦距也成等比数列，离心率为e2，则e1e2等于()A.eq\f(\r(2),2) B．1C.eq\r(3) D．2【答案】B【解析】由beq\o\al(2,1)＝a1c1，得aeq\o\al(2,1)－ceq\o\al(2,1)＝a1c1，∴e1＝eq\f(c1,a1)＝eq\f(\r(5)－1,2).由beq\o\al(2,2)＝a2c2，得ceq\o\al(2,2)－aeq\o\al(2,2)＝a2c2，∴e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(\r(5)＋1,2).∴e1e2＝eq\f(\r(5)－1,2)×eq\f(\r(5)＋1,2)＝1.4．(2024辽宁凌源联考)已知圆E：(x－3)2＋(y＋m－4)2＝1(m∈R)，当m改变时，圆E上的点与原点O的最短距离是双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的离心率，则双曲线C的渐近线方程为()A．y＝±2x B．y＝±eq\f(1,2)xC．y＝±eq\r(3)x D．y＝±eq\f(\r(3),3)x【答案】C【解析】圆E的圆心到原点的距离d＝eq\r(32＋4－m2)，所以当m＝4时，圆E上的点与原点O的距离最短，为3－1＝2，即双曲线C的离心率e＝eq\f(c,a)＝2.所以eq\f(b,a)＝eq\f(\r(c2－a2),a)＝eq\r(3)，则双曲线C的渐近线方程为y＝±eq\r(3)x.故选C.5．(2024南昌联考)已知F1，F2分别是双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左，右焦点，若在双曲线的右支上存在一点M，使得(eq\o(OM,\s\up15(→))＋eq\o(OF2,\s\up15(→)))·eq\o(F2M,\s\up15(→))＝0(其中O为坐标原点)，且|eq\o(MF1,\s\up15(→))|＝eq\r(3)|eq\o(MF2,\s\up15(→))|，则双曲线的离心率为()A.eq\r(5)－1B.eq\f(\r(3)＋1,2)C.eq\f(\r(5)＋1,2)D.eq\r(3)＋1【答案】D【解析】∵eq\o(F2M,\s\up15(→))＝eq\o(OM,\s\up15(→))－eq\o(OF2,\s\up15(→))，∴(eq\o(OM,\s\up15(→))＋eq\o(OF2,\s\up15(→)))·eq\o(F2M,\s\up15(→))＝(eq\o(OM,\s\up15(→))＋eq\o(OF2,\s\up15(→)))·(eq\o(OM,\s\up15(→))－eq\o(OF2,\s\up15(→)))＝0，即eq\o(OM,\s\up15(→))2－eq\o(OF2,\s\up15(→))2＝0.∴|eq\o(OF2,\s\up15(→))|＝|eq\o(OM,\s\up15(→))|＝c.在△MF1F2中，边F1F2上的中线等于|F1F2|的一半，可得eq\o(MF1,\s\up15(→))⊥eq\o(MF2,\s\up15(→)).∵|eq\o(MF1,\s\up15(→))|＝eq\r(3)|eq\o(MF2,\s\up15(→))|，∴可设|eq\o(MF2,\s\up15(→))|＝λ(λ>0)，|eq\o(MF1,\s\up15(→))|＝eq\r(3)λ，得(eq\r(3)λ)2＋λ2＝4c2，解得λ＝c.∴|eq\o(MF1,\s\up15(→))|＝eq\r(3)c，|eq\o(MF2,\s\up15(→))|＝c.∴依据双曲线定义，得2a＝|eq\o(MF1,\s\up15(→))|－|eq\o(MF2,\s\up15(→))|＝(eq\r(3)－1)c.∴双曲线的离心率e＝eq\f(2c,2a)＝eq\r(3)＋1.6．(2024河南中原名校联考)已知点F是双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦点，点E是该双曲线的右顶点，过点F且垂直于x轴的直线与双曲线交于A、B两点，若△ABE是锐角三角形，则该双曲线的离心率e的取值范围是()A．(1，＋∞) B．(1,2)C．(1,1＋eq\r(2)) D．(2,1＋eq\r(2))【答案】B【解析】由题意易知点F的坐标为(－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)，∵△ABE是锐角三角形，∴eq\o(EA,\s\up15(→))·eq\o(EB,\s\up15(→))>0.即eq\o(EA,\s\up15(→))·eq\o(EB,\s\up15(→))＝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)．故选B.二、填空题7．(2024辽宁沈阳月考)已知方程mx2＋(2－m)y2＝1表示双曲线，则实数m的取值范围是__________．【答案】(－∞，0)∪(2，＋∞)【解析】∵mx2＋(2－m)y2＝1表示双曲线，∴m(2－m)＜0.解得m＜0或m＞2.8．(2024天津河西区质检)已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线的右支上，且|PF1|＝4|PF2|，则此双曲线的离心率e的最大值为________．【答案】eq\f(5,3)【解析】由定义，知|PF1|－|PF2|＝2a.又|PF1|＝4|PF2|，∴|PF1|＝eq\f(8,3)a，|PF2|＝eq\f(2,3)a.在△PF1F2中，由余弦定理，得cos∠F1PF2＝eq\f(\f(64,9)a2＋\f(4,9)a2－4c2,2·\f(8,3)a·\f(2,3)a)＝eq\f(17,8)－eq\f(9,8)e2.要求e的最大值，即求cos∠F1PF2的最小值，∴当cos∠F1PF2＝－1时，得e＝eq\f(5,3)，即e的最大值为eq\f(5,3).三、解答题9．(2024石家庄模拟)中心在原点，焦点在x轴上的一椭圆与一双曲线有共同的焦点F1，F2，且|F1F2|＝2eq\r(13)，椭圆的长半轴与双曲线实半轴之差为4，离心率之比为3∶7.(1)求这两个曲线的方程；(2)若P为这两个曲线的一个交点，求cos∠F1PF2的值．【解】(1)由已知c＝eq\r(13)，设椭圆长半轴长，短半轴长分别为a，b，双曲线实半轴长，虚半轴长分别为m，n，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－m＝4，,7·\f(\r(13),a)＝3·\f(\r(13),m)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝7，,m＝3，))∴b＝6，n＝2.∴椭圆的方程为eq\f(x2,49)＋eq\f(y2,36)＝1，双曲线的方程为eq\f(x2,9)－eq\f(y2,4)＝1.(2)不妨设F1，F2分别为左，右焦点，P是第一象限的一个交点，则|PF1|＋|PF2|＝14，|PF1|－|PF2|＝6，∴|PF1|＝10，|PF2|＝4.又|F1F2|＝2eq\r(13)，∴cos∠F1PF2＝eq\f(|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2,2|PF1|·|PF2|)＝eq\f(102＋42－2\r(13)2,2×10×4)＝eq\f(4,5).10．(2024河南安阳一模)如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l1：y＝x与直线l2：y＝－x之间的阴影部分为W.区域W中动点P(x，y)到l1，l2的距离之积为1.(1)求点P的轨迹C的方程．(2)动直线l穿过区域W，分别交直线l1，l2于A，B两点．若直线l与轨迹C有且只有一个公共点，求证：△OAB的面积恒为定值．(1)【解】由题意得eq\f(|x－y|,\r(2))·eq\f(|x＋y|,\r(2))＝1，所以|(x＋y)(x－y)|＝2.因为点P在区域W内，所以x＋y与x－y同号，所以(x＋y)(x－y)＝x2－y2＝2，所以点P的轨迹C的方程为eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1.(2)【证明】设直线l与x轴相交于点D.当直线l的斜率不存在时，|OD|＝eq\r(2)，|AB|＝2eq\r(2)，S△OAB＝eq\f(1,2)|AB|·|OD|＝2.当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，明显k≠0，m≠0，则Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,k)，0)).把直线l的方程与C：x2－y2＝2联立得(k2－1)x2＋2kmx＋m2＋2＝0.由直线l与轨迹C有且只有一个公共点，知Δ＝4k2m2－4(k2－1)·(m2＋2)＝0，得m2＝2(k2－1)＞0，所以k＞1或k＜－1.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,y＝x))得y1＝eq\f(m,1－k)，同理得y2＝eq\f(m,1＋k).所以S△OAB＝eq\f(1,2)|OD||y1－y2|＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(m,k)))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m,1－k)－\f(m,1＋k)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m2,1－k2)))＝2.综上，△OAB的面积恒为定值2.11．(2024湖北部分重点中学第一次联考)在面积为9的△ABC中，tan∠BAC＝－eq\f(4,3)，且eq\o(CD,\s\up15(→))＝2eq\o(DB,\s\up15(→))，现建立以A点为坐标原点，以∠BAC的平分线所在直线为x轴的平面直角坐标系，如图所示．(1)求AB，AC所在直线的方程；(2)求以AB，AC所在直线为渐近线且过点D的双曲线的方程；(3)过点D分别作AB，AC所在直线的垂线DF，DE(点E，F为垂足)，求eq\o(DE,\s\up15(→))·eq\o(DF,\s\up15(→))的值．【解】(1)设∠CAx＝α，则由tan∠BAC＝tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝－eq\f(4,3)及α为锐角，得tanα＝2，∴AC所在直线方程为y＝2x，AB所在直线方程为y＝－2x.(2)设所求双曲线的方程为4x2－y2＝λ(λ≠0)，C(x1，y1)，B(x2，y2)(x1>0，x2>0)．由eq\o(CD,\s\up15(→))＝2eq\o(DB,\s\up15(→))，得Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋2x2,3)，\f(2x1－4x2,3))).∵点D在双曲线上，∴4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋2x2,3)))2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x1－4x2,3)))2＝λ.∴eq\f(32,9)x1x2＝λ.①由tan∠BAC＝－eq\f(4,3)，得sin∠BAC＝eq\f(4,5).∵|AB|＝eq\r(x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2))＝eq\r(5)x2，|AC|＝eq\r(x\o\al(2,1)