2022年新高考一轮复习考点精选练习39《双曲线及其性质》（含详解）

这是一份2022年新高考一轮复习考点精选练习39《双曲线及其性质》（含详解），共6页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,1－a2)=1(0＜a＜1)的离心率为eq \r(2)，则a的值为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(2),2) C.eq \f(1,3) D.eq \f(\r(3),3)
已知双曲线x2－eq \f(y2,3)=1的左、右焦点分别为F1，F2，双曲线的离心率为e，若双曲线上存在一点P使eq \f(sin∠PF2F1,sin∠PF1F2)=e，则eq \(F2P,\s\up15(→))·eq \(F2F1,\s\up15(→))的值为( )
A.3 B.2 C.－3 D.－2
已知双曲线C的渐近线方程为y=±2x，且经过点(2,2)，则C的方程为( )
A.eq \f(x2,3)－eq \f(y2,12)=1 B.eq \f(x2,12)－eq \f(y2,3)=1 C.eq \f(y2,3)－eq \f(x2,12)=1 D.eq \f(y2,12)－eq \f(x2,3)=1
在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a＞0，b＞0)的离心率为eq \r(5)，从双曲线C的右焦点F引渐近线的垂线，垂足为A，若△AFO的面积为1，则双曲线C的方程为( )
A.eq \f(x2,2)－eq \f(y2,8)=1 B.eq \f(x2,4)－y2=1 C.eq \f(x2,4)－eq \f(y2,16)=1 D.x2－eq \f(y2,4)=1
已知双曲线的离心率为2，焦点是(－4，0)，(4，0)，则双曲线的方程为( )
A.eq \f(x2,4)－eq \f(y2,12)=1 B.eq \f(x2,12)－eq \f(y2,4)=1 C.eq \f(x2,10)－eq \f(y2,6)=1 D.eq \f(x2,6)－eq \f(y2,10)=1
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，以F1F2为直径的圆与双曲线渐近线的一个交点为(3,4)，则此双曲线的方程为( )
A.eq \f(x2,16)－eq \f(y2,9)=1 B.eq \f(x2,3)－eq \f(y2,4)=1 C.eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)=1 D.eq \f(x2,4)－eq \f(y2,3)=1
已知F1，F2是双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a＞0，b＞0)的两个焦点，P是C上一点.若|PF1|＋|PF2|=6a，且△PF1F2最小内角的大小为30°，则双曲线C的渐近线方程是( )
A.eq \r(2)x±y=0 B.x±eq \r(2)y=0 C.x±2y=0 D.2x±y=0
设F2是双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a>0，b>0)的右焦点，O为坐标原点，过F2的直线交双曲线的右支于点P，N，直线PO交双曲线C于另一点M，若|MF2|=3|PF2|，且∠MF2N=60°，则双曲线C的离心率为( )
A.3 B.2 C.eq \f(\r(5),2) D.eq \f(\r(7),2)
已知双曲线eq \f(x2,4)－eq \f(y2,2)=1的右焦点为F，P为双曲线左支上一点，点A(0，eq \r(2))，则△APF周长的最小值为( )
A.4(1＋eq \r(2)) B.4＋eq \r(2) C.2(eq \r(2)＋eq \r(6)) D.eq \r(6)＋3eq \r(2)
已知F是双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a＞0，b＞0)的右焦点，过点F作垂直于x轴的直线交该双曲线的一条渐近线于点M，若|FM|=2a，记该双曲线的离心率为e，则e2=( )
A.eq \f(1＋\r(17),2) B.eq \f(1＋\r(17),4) C.eq \f(2＋\r(5),2) D.eq \f(2＋\r(5),4)
设F1，F2分别为双曲线eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)=1的左、右焦点，过F1引圆x2＋y2=9的切线F1P交双曲线的右支于点P，T为切点，M为线段F1P的中点，O为坐标原点，则|MO|－|MT|等于( )
A.4 B.3 C.2 D.1
已知F1，F2为双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，以F1F2为直径的圆与双曲线右支的一个交点为P，PF1与双曲线相交于点Q，且|PQ|=2|QF1|，则该双曲线的离心率为( )
A.eq \r(5) B.2 C.eq \r(3) D.eq \f(\r(5),2)
二、填空题
双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,9)=1(a＞0)的一条渐近线方程为y=eq \f(3,5)x，则a=________.
双曲线T：eq \f(y2,a2)－eq \f(x2,b2)=1(a＞0，b＞0)的焦距为10，焦点到渐近线的距离为3，则T的实轴长等于__________.
设F1，F2分别为双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a＞0，b＞0)的两个焦点，M，N是双曲线C的一条渐近线上的两点，四边形MF1NF2为矩形，A为双曲线的一个顶点，若△AMN的面积为eq \f(1,2)c2，则该双曲线的离心率为________.
已知F1、F2分别是双曲线x2－eq \f(y2,b2)=1(b＞0)的左、右焦点，A是双曲线上在第一象限内的点，若|AF2|=2且∠F1AF2=45°，延长AF2交双曲线的右支于点B，则△F1AB的面积等 .
在平面直角坐标系xOy中，双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a>0，b>0)的右支与焦点为F的抛物线x2=2py(p>0)交于A，B两点.若|AF|＋|BF|=4|OF|，则该双曲线的渐近线方程为 .
已知F1(－c,0)、F2(c,0)为双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a>0，b>0)的左、右焦点，过双曲线C的左焦点的直线与双曲线C的左支交于Q，R两点(Q在第二象限内)，连接RO(O为坐标原点)并延长交C的右支于点P，若|F1P|=|F1Q|，∠F1PF2=eq \f(2,3)π，则双曲线C的离心率为 .
\s 0 答案解析
答案为：B；
解析：∵c2=a2＋1－a2=1，∴c=1，又eq \f(c,a)=eq \r(2)，∴a=eq \f(\r(2),2)，故选B.
答案为：B；
解析：由题意及正弦定理得eq \f(sin∠PF2F1,sin∠PF1F2)=eq \f(|PF1|,|PF2|)=e=2，∴|PF1|=2|PF2|，
由双曲线的定义知|PF1|－|PF2|=2，∴|PF1|=4，|PF2|=2.
又|F1F2|=4，由余弦定理可知
cs∠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 \(F2P,\s\up15(→))·eq \(F2F1,\s\up15(→))=|eq \(F2P,\s\up15(→))|·|eq \(F2F1,\s\up15(→))|cs∠PF2F1=2×4×eq \f(1,4)=2.故选B.
答案为：C.
解析：由题意，设双曲线C的方程为eq \f(y2,4)－x2=λ(λ≠0)，因为双曲线C过点(2,2)，
则eq \f(22,4)－22=λ，解得λ=－3，所以双曲线C的方程为eq \f(y2,4)－x2=－3，即eq \f(x2,3)－eq \f(y2,12)=1.
答案为：D；
解析：因为双曲线C的右焦点F到渐近线的距离|FA|=b，|OA|=a，所以ab=2，
又双曲线C的离心率为eq \r(5)，所以 eq \r(1＋\f(b2,a2))=eq \r(5)，即b2=4a2，解得a2=1，b2=4，
所以双曲线C的方程为x2－eq \f(y2,4)=1，故选D.
答案为：A；
解析：已知双曲线的离心率为2，焦点是(－4，0)，(4，0)，则c=4，a=2，b2=12，
即双曲线方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,12)=1，故选A.
答案为：C
解析：由已知可得交点(3,4)到原点O的距离为圆的半径，则半径r=eq \r(32＋42)=5，
故c=5，a2＋b2=25，又双曲线的一条渐近线y=eq \f(b,a)x过点(3,4)，故3b=4a，
可解得b=4，a=3.故选C.
答案为：A
解析：由题意，不妨设|PF1|＞|PF2|，
则根据双曲线的定义，得|PF1|－|PF2|=2a，
又|PF1|＋|PF2|=6a，联立解得|PF1|=4a，|PF2|=2a.
在△PF1F2中，|F1F2|=2c，而c＞a，所以|PF2|＜|F1F2|.
所以∠PF1F2=30°.所以(2a)2=(2c)2＋(4a)2－2×2c×4acs 30°，
得c=eq \r(3)a.所以b=eq \r(c2－a2)=eq \r(2)a.
所以双曲线的渐近线方程为y=±eq \f(b,a)x=±eq \r(2)x，即eq \r(2)x±y=0.
答案为：D；
解析：设
双曲线的左焦点为F1，由双曲线的对称性可知四边形MF2PF1为平行四边形.
所以|MF1|=|PF2|，MF1∥PN.设|PF2|=m，则|MF2|=3m，
所以2a=|MF2|－|MF1|=2m，即|MF1|=a，|MF2|=3a.
因为∠MF2N=60°，所以∠F1MF2=60°，
又|F1F2|=2c，在△MF1F2中，由余弦定理可得4c2=a2＋9a2－2·a·3a·cs 60°，
即4c2=7a2，所以eq \f(c2,a2)=eq \f(7,4)，所以双曲线的离心率e=eq \f(c,a)=eq \f(\r(7),2).故选D.
答案为：A；
解析：设双曲线的左焦点为F′，易得点F(eq \r(6)，0)，
△APF的周长l=|AF|＋|AP|＋|PF|=|AF|＋2a＋|PF′|＋|AP|，
要使△APF的周长最小，只需|AP|＋|PF′|最小，易知当A，P，F′三点共线时取到，
故l=2|AF|＋2a=4(1＋eq \r(2)).故选A.
答案为：A；
解析：由题意得，F(c，0)，该双曲线的一条渐近线为y=－eq \f(b,a)x，将x=c代入y=－eq \f(b,a)x得y=－eq \f(bc,a)，
所以eq \f(bc,a)=2a，即bc=2a2，所以4a4=b2c2=c2(c2－a2)，所以e4－e2－4=0，解得e2=eq \f(1＋\r(17),2)，故选A.
答案为：D.
解析：连接PF2，OT，则有|MO|=eq \f(1,2)|PF2|=eq \f(1,2)(|PF1|－2a)=eq \f(1,2)(|PF1|－6)=eq \f(1,2)|PF1|－3，
|MT|=eq \f(1,2)·|PF1|－|F1T|=eq \f(1,2)|PF1|－eq \r(c2－32)=eq \f(1,2)|PF1|－4，于是有|MO|－|MT|
=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)|PF1|－3))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)|PF1|－4))=1，故选D.
答案为：A；
解析：如图，连接PF2，QF2.由|PQ|=2|QF1|，
可设|QF1|=m，则|PQ|=2m，|PF1|=3m；由|PF1|－|PF2|=2a，得|PF2|=|PF1|－2a=3m－2a；
由|QF2|－|QF1|=2a，得|QF2|=|QF1|＋2a=m＋2a.∵点P在以F1F2为直径的圆上，
∴PF1⊥PF2，∴|PF1|2＋|PF2|2=|F1F2|2，
|PQ|2＋|PF2|2=|QF2|2.由|PQ|2＋|PF2|2=|QF2|2，得(2m)2＋(3m－2a)2=(m＋2a)2，
解得m=eq \f(4,3)a，∴|PF1|=3m=4a，|PF2|=3m－2a=2a.∵|PF1|2＋|PF2|2=|F1F2|2，|F1F2|=2c，
∴(4a)2＋(2a)2=(2c)2，化简得c2=5a2，∴双曲线的离心率e=eq \r(\f(c2,a2))=eq \r(5)，故选A.
答案为：5.
解析：∵双曲线的标准方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,9)=1(a＞0)，∴双曲线的渐近线方程为y=±eq \f(3,a)x.
又双曲线的一条渐近线方程为y=eq \f(3,5)x，∴a=5.
答案为：8.
解析：双曲线的焦点(0,5)到渐近线y=eq \f(a,b)x，即ax－by=0的距离为eq \f(|5b|,\r(a2＋b2))=eq \f(5b,c)=b=3，
所以a=4,2a=8.
答案为：eq \r(2).
解析：设M(x, SKIPIF 1 < 0 )，根据矩形的性质，得|MO|=|OF1|=|OF2|=c，
即x2＋( SKIPIF 1 < 0 )2=c2，则x=a，所以M(a，b).
因为△AMN的面积为eq \f(1,2)c2，所以2×eq \f(1,2)×a×b=eq \f(1,2)c2，所以4a2(c2－a2)=c4，
所以e4－4e2＋4=0，所以e=eq \r(2).
答案为：4；
解析：由题意知a=1，如图，
由双曲线定义知|AF1|－|AF2|=2a=2，|BF1|－|BF2|=2a=2，
∴|AF1|=2＋|AF2|=4，|BF1|=2＋|BF2|.
由题意知|AB|=|AF2|＋|BF2|=2＋|BF2|，
∴|BA|=|BF1|，∴△BAF1为等腰三角形，
∵∠F1AF2=45°，∴∠ABF1=90°，∴△BAF1为等腰直角三角形.
∴|BA|=|BF1|=eq \f(\r(2),2)|AF1|=eq \f(\r(2),2)×4=2eq \r(2).∴S△F1AB=eq \f(1,2)|BA|·|BF1|=eq \f(1,2)×2eq \r(2)×2eq \r(2)=4.
答案为：y=±eq \f(\r(2),2)x；
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2).
因为4|OF|=|AF|＋|BF|，所以4×eq \f(p,2)=y1＋eq \f(p,2)＋y2＋eq \f(p,2)，即y1＋y2=p.①
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝2py，,\f(x2,a2)－\f(y2,b2)＝1))消去x，得a2y2－2pb2y＋a2b2=0，所以y1＋y2=eq \f(2pb2,a2).②
由①②可得eq \f(b,a)=eq \f(\r(2),2)，故双曲线的渐近线方程为y=±eq \f(\r(2),2)x.
答案为：eq \f(\r(57),6).
解析：如图，设|PF1|=x，则|PF2|=x－2a，作Q关于原点对称的点S，连接PS，RS，SF1.
因为双曲线关于原点中心对称，所以|PO|=|OR|，S在双曲线上，
所以四边形PSRQ是平行四边形，根据对称性知，F2在线段PS上，|F2S|=|QF1|=x，
则∠F1PS=eq \f(2π,3)，根据双曲线的定义，有|F1S|=x＋2a，所以在△PF1S中，
由余弦定理得(x＋2a)2=x2＋(2x－2a)2－2·x(2x－2a)·（- eq \f(1,2)），解得x=eq \f(7,3)a，
所以|PF2|=eq \f(1,3)a，所以在△PF1F2中，
由余弦定理得4c2=（eq \f(7,3)a）2＋（eq \f(1,3)a）2－2×（- eq \f(1,2)）×eq \f(7,3)a×eq \f(1,3)a，整理可得e=eq \f(c,a)=eq \f(\r(57),6).