人教A版 (2019)选择性必修 第一册双曲线课后练习题

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册双曲线课后练习题，共7页。试卷主要包含了已知双曲线C，已知直线MN等内容，欢迎下载使用。
A.1B.2
C.1或2D.0
2.若直线y=kx与双曲线4x2-y2=16相交,则实数k的取值范围为( )
A.(-2,2)B.[-2,2)
C.(-2,2]D.[-2,2]
3.直线y=x-1被双曲线2x2-y2=3所截得的弦的中点坐标是( )
A.(1,2)B.(-2,-1)
C.(-1,-2)D.(2,1)
4.直线x+y=1与双曲线4x2-y2=1相交所得弦长为( )
A.143B.2143
C.273D.7
5.体育馆等建筑物的屋顶一般采用曲面结构.如图所示,某建筑物的屋顶采用双曲面结构,该建筑物屋顶外形弧线可看作是双曲线的上支部分,其渐近线方程为y=±33x,焦点坐标为0,433,那么该双曲线的标准方程为( )
A.x24-3y24=1B.3y24-x24=1
C.3x24-y24=1D.y24-3x24=1
6.已知F是双曲线x24-y212=1的左焦点,过F倾斜角为30°的直线与双曲线渐近线相交于A,B两点,O为坐标原点,则△OAB的面积为( )
A.83B.63
C.43D.23
7.(多选)已知双曲线C:x24-y2=1,点A,B在C上,AB的中点为(1,1),则( )
A.C的渐近线方程为y=±2x
B.C的右焦点为(2,0)
C.C与圆x2+y2=1没有交点
D.直线AB的方程为x-4y+3=0
8.(5分)(2024·北京高考)若直线y=k(x-3)与双曲线x24-y2=1只有一个公共点,则k的一个取值为 .
9.(5分)已知A,B为双曲线x2-y29=1上两点,且线段AB的中点坐标为(-1,-4),则直线AB的斜率为 .
10.(5分)已知直线MN:y=13x+2和双曲线C:x29-y24=1相交于M,N两点,O为原点,则△OMN面积为 .
11.(5分)(2023·新课标Ⅰ卷)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2.点A在C上,
点B在y轴上,F1A⊥F1B,F2A=-23F2B,则C的离心率为 .
12.(5分)如图,B地在A地的正东方向6 km处,C地在A地的北偏东60°方向63 km处,河流的沿岸PQ(曲线)上任意一点到A的距离比到B的距离远4 km,则曲线PQ的轨迹方程(以AB中点为原点)是 ;现要在曲线PQ上选一处M建一座码头,向B,C两地转运货物,那么这两条公路MB,MC的路程之和最短是
km.
13.(10分)讨论直线y=x+b与双曲线x2-y2=1的公共点的个数.
14.(10分)经过点M(2,2)作直线l交双曲线x2-y24=1于A,B两点,且M为AB中点.
(1)求直线l的方程;(6分)
(2)求线段AB的长.(4分)
15.(15分)设双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线交双曲线C于P,Q两点,且∠F1PF2=60°,S△PF1F2=3a2.
(1)求双曲线C的渐近线方程;(6分)
(2)当a=2时,在x轴上求一点T,使得TP·TQ为定值.(9分)
课时检测(三十六)
1．选A 由题意，双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，可得其渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，因为直线y＝eq \f(b,a)x＋3与双曲线的一条渐近线y＝eq \f(b,a)x平行，所以它与双曲线只有1个交点．
2．选A 易知k≠±2，将y＝kx代入4x2－y2＝16得关于x的一元二次方程(4－k2)x2－16＝0，由Δ>0可得－20)，由渐近线方程为y＝±eq \f(\r(3),3)x，得eq \f(a,b)＝eq \f(\r(3),3) ①，
又焦点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4\r(3),3)))，c＝eq \f(4\r(3),3)，
所以a2＋b2＝eq \f(16,3) ②，
由①②解得a2＝eq \f(4,3)，b2＝4，
所以双曲线的标准方程为eq \f(3y2,4)－eq \f(x2,4)＝1.
6．选D 由双曲线eq \f(x2,4)－eq \f(y2,12)＝1可知a＝2，b＝2eq \r(3)，c＝4，F(－4,0)，故其渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x＝±eq \r(3)x，过F倾斜角为30°的直线方程为l：y－0＝tan 30°(x＋4)，
即l：y＝eq \f(\r(3),3)(x＋4)，
不妨设l与渐近线的交点如图所示，由于eq \f(\r(3),3)×(－eq \r(3))＝－1，即AB⊥OA.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\r(3)x，,y＝\f(\r(3),3)(x＋4)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－1，,y＝\r(3)，))即A(－1，eq \r(3))，则|OA|＝eq \r(1＋3)＝2，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)x，,y＝\f(\r(3),3)(x＋4)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝2\r(3)，))即B(2，2eq \r(3))，则|OB|＝eq \r(4＋12)＝4，则|AB|＝ eq \r(|OB|2－|OA|2)＝2eq \r(3)，故△OAB的面积为eq \f(1,2)×|OA|×|AB|＝eq \f(1,2)×2×2eq \r(3)＝2eq \r(3)，故选D.
7．选CD 对于A、B，由双曲线C：eq \f(x2,4)－y2＝1可得a2＝4，b2＝1，c2＝5，所以渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x＝±eq \f(1,2)x，右焦点为(eq \r(5)，0)，故A、B不正确；对于C，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)－y2＝1，,x2＋y2＝1，))消y可得x2＝eq \f(8,5)，代入x2＋y2＝1，解得y无实数根，所以C与圆x2＋y2＝1没有交点，故正确；对于D，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \f(x\\al(2,1),4)－yeq \\al(2,1)＝1，eq \f(x\\al(2,2),4)－yeq \\al(2,2)＝1，两式相减，得eq \f((x1＋x2)(x1－x2),4)－(y1＋y2)(y1－y2)＝0，因为AB的中点为(1,1)，所以等式可得eq \f(2(x1－x2),4)－2(y1－y2)＝0，易得直线AB的斜率存在，故可得kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(1,4)，则直线为y－1＝eq \f(1,4)(x－1)，即x－4y＋3＝0，联立双曲线C的方程和直线x－4y＋3＝0，消去x，可得12y2－24y＋5＝0，此时Δ＝576－4×5×12>0，则直线与双曲线有两个交点，符合题意，故直线AB的方程为x－4y＋3＝0，故正确．
8．解析：联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)－y2＝1，,y＝k(x－3)，))化简并整理得(1－4k2)x2＋24k2x－36k2－4＝0，由题意得1－4k2＝0或Δ＝(24k2)2＋4(36k2＋4)(1－4k2)＝0，解得k＝±eq \f(1,2)或无解，即k＝±eq \f(1,2)，经检验，符合题意．
答案：eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或－\f(1,2)))
9．解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\\al(2,1)－\f(y\\al(2,1),9)＝1，,x\\al(2,2)－\f(y\\al(2,2),9)＝1，))
两式相减得(x1＋x2)(x1－x2)＝eq \f((y1＋y2)(y1－y2),9)，由线段AB的中点坐标为(－1，－4)，即－2(x1－x2)＝eq \f(－8(y1－y2),9)，∴kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(9,4).
答案：eq \f(9,4)
10．解析：联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)－\f(y2,4)＝1，,y＝\f(1,3)x＋2，))得x2－4x－24＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝4，x1x2＝－24，所以|MN|＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2)·eq \r((x1＋x2)2－4x1x2)＝eq \f(4\r(70),3)，又因为点O到直线MN的距离为d＝eq \f(6,\r(10))，
所以S△OMN＝eq \f(1,2)|MN|d＝eq \f(1,2)×eq \f(4\r(70),3)×eq \f(6,\r(10))＝4eq \r(7).
答案：4eq \r(7)
11．解析：由题意可知，F1(－c,0)，F2(c,0)，设A(x1，y1)，B(0，y0)，
所以＝(x1－c，y1)，＝(－c，y0)，因为＝－eq \f(2,3)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1－c＝\f(2,3)c，,y1＝－\f(2,3)y0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝\f(5,3)c，,y1＝－\f(2,3)y0，))
所以Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)c，－\f(2,3)y0)).＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)c，－\f(2,3)y0))，＝(c，y0)，因为⊥，所以·＝0，即eq \f(8,3)c2－eq \f(2,3)yeq \\al(2,0)＝0，解得yeq \\al(2,0)＝4c2.
因为点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)c，－\f(2,3)y0))在双曲线C上，所以eq \f(25c2,9a2)－eq \f(4y\\al(2,0),9b2)＝1，又yeq \\al(2,0)＝4c2，所以eq \f(25c2,9a2)－eq \f(16c2,9b2)＝1，即eq \f(25(a2＋b2),9a2)－eq \f(16(a2＋b2),9b2)＝1，化简得eq \f(b2,a2)＝eq \f(4,5)，所以e2＝1＋eq \f(b2,a2)＝eq \f(9,5)，所以e＝eq \f(3\r(5),5).
答案：eq \f(3\r(5),5)
12．解析：以AB所在的直线为x轴，AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，如图，由题意得|MA|－|MB|＝40，))解得m≠±1.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则y1＋y2＝eq \f(4m,m2－1)，y1y2＝eq \f(2,m2－1)，
设T(t,0)，则·＝(x1－t，y1)·(x2－t，y2)＝(x1－t)·(x2－t)＋y1y2
＝(my1－2－t)(my2－2－t)＋y1y2＝(m2＋1)y1y2－m(2＋t)·(y1＋y2)＋(2＋t)2
＝(m2＋1)·eq \f(2,m2－1)－(2＋t)·eq \f(4m2,m2－1)＋(2＋t)2＝eq \f((t2－2)m2－(t2＋4t＋2),m2－1)，
要使·为定值，则t2－2＝t2＋4t＋2，即t＝－1，此时·＝－1，所以点T(－1,0)．