2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习40《双曲线》(含详解)

这是一份2022年高考数学(文数)一轮考点精选练习40《双曲线》(含详解)，共5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
已知双曲线C1：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a>0，b>0)，圆C2：x2＋y2－2ax＋eq \f(3,4)a2=0，若双曲线C1的一条渐近线与圆C2有两个不同的交点，则双曲线C1的离心率的范围是( )
A.(1,eq \f(2\r(3),3)) B.(eq \f(2\r(3),3),＋∞) C.(1,2) D.(2，＋∞)
已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a>0，b>0)的右焦点为F，点B是虚轴的一个端点，线段BF与双曲线C的右支交于点A，若eq \(BA,\s\up15(→))=2eq \(AF,\s\up15(→))，且|eq \(BF,\s\up15(→))|=4，则双曲线C的方程为( )
A.eq \f(x2,6)－eq \f(y2,5)=1 B.eq \f(x2,8)－eq \f(y2,12)=1 C.eq \f(x2,8)－eq \f(y2,4)=1 D.eq \f(x2,4)－eq \f(y2,6)=1
已知双曲线E： SKIPIF 1 < 0 的渐近线相互垂直，则E的离心率为（ ）
A. SKIPIF 1 < 0 B. SKIPIF 1 < 0 C.2 D. SKIPIF 1 < 0
过双曲线C：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,9)=1的左焦点作倾斜角为eq \f(π,6)的直线l，则直线l与双曲线C的交点情况是( )
A.没有交点
B.只有一个交点
C.有两个交点且都在左支上
D.有两个交点分别在左、右两支上
已知O为坐标原点，设F1，F2分别是双曲线x2－y2=1的左、右焦点，P为双曲线左支上任一点，过点F1作∠F1PF2的平分线的垂线，垂足为H，则|OH|=( )
A.1 B.2 C.4 D.eq \f(1,2)
直线y=eq \f(b,a)x＋3与双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1的交点个数是( )
A.1 B.2 C.1或2 D.0
已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程为y=eq \f(\r(5),2)x，且与椭圆eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,3)=1有公共焦点，则C的方程为( )
A.eq \f(x2,8)－eq \f(y2,10)=1 B.eq \f(x2,4)－eq \f(y2,5)=1 C.eq \f(x2,5)－eq \f(y2,4)=1 D.eq \f(x2,4)－eq \f(y2,3)=1
已知双曲线9y2－m2x2=1(m＞0)的一个顶点到它的一条渐近线的距离为eq \f(1,5)，则m=( )
A.1 B.2 C.3 D.4
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，P是双曲线上一点，
若|PF1|＋|PF2|=6a，且△PF1F2的最小内角为eq \f(π,6)，则双曲线的渐近线方程为( )
A.y=±2x B.y=±eq \f(1,2)x C.y=±eq \f(\r(2),2)x D.y=±eq \r(2)x
如图，F1，F2是双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，过F1的直线l与C的两个分支分别交于点A，B.若△ABF2为等边三角形，则双曲线的离心率为( )
A.4 B.eq \r(7) C.eq \f(2\r(3),3) D.eq \r(3)
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)
二、填空题
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________.
设F1，F2分别是双曲线x2－eq \f(y2,b2)=1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交双曲线右支于点B，则△F1AB的面积等于 .
已知双曲线E：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,2)=1，直线l交双曲线于A，B两点，若线段AB的中点坐标为(eq \f(1,2),-1)，则l的方程为________.
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 .
设P为双曲线x2－eq \f(y2,12)=1上的一点，F1，F2是该双曲线的左、右焦点，若△PF1F2面积为12，则∠F1PF2=________.
已知F为双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a＞0，b＞0)的右焦点，过原点的直线l与双曲线交于M，N两点，且eq \(MF,\s\up10(→))·eq \(NF,\s\up10(→))=0，△MNF的面积为ab，则该双曲线的离心率为________.
\s 0 答案解析
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：A.
解析：由双曲线方程可得其渐近线方程为y=±eq \f(b,a)x，即bx±ay=0，
圆C2：x2＋y2－2ax＋eq \f(3,4)a2=0可化为(x－a)2＋y2=eq \f(1,4)a2，圆心C2的坐标为(a,0)，半径r=eq \f(1,2)a，
由双曲线C1的一条渐近线与圆C2有两个不同的交点，
得eq \f(|ab|,\r(a2＋b2))2b，即c2>4b2，又知b2=c2－a2，所以c2>4(c2－a2)，即c2所以e=eq \f(c,a)1，所以双曲线C1的离心率的取值范围为(1,eq \f(2\r(3),3)) ，故选A.
解析：不妨设B(0，b)，由eq \(BA,\s\up15(→))=2eq \(AF,\s\up15(→))，F(c,0)，可得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2c,3)，\f(b,3)))，
代入双曲线C的方程可得eq \f(4,9)×eq \f(c2,a2)－eq \f(1,9)=1，即eq \f(4,9)·eq \f(a2＋b2,a2)=eq \f(10,9)，∴eq \f(b2,a2)=eq \f(3,2)，①
又|eq \(BF,\s\up15(→))|=eq \r(b2＋c2)=4，c2=a2＋b2，∴a2＋2b2=16，②
由①②可得，a2=4，b2=6，∴双曲线C的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,6)=1，故选D.
A.
答案为：D；
解析：直线l的方程为y=eq \f(\r(3),3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\r(13)))，代入C：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,9)=1，整理得23x2－8eq \r(13)x－160=0，
Δ=(－8eq \r(13))2＋4×23×160＞0，所以直线l与双曲线C有两个交点，由一元二次方程根与系数的关系得两个交点横坐标符号不同，故两个交点分别在左、右两支上.
答案为：A；
解析：如图，延长F1H交PF2于点Q，由PH为∠F1PF2的平分线及PH⊥F1Q，
可知|PF1|=|PQ|，根据双曲线的定义，得|PF2|－|PF1|=2，
从而|QF2|=2，在△F1QF2中，易知OH为中位线，故|OH|=1.故选A.
答案为：A；
解析：因为直线y=eq \f(b,a)x＋3与双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1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.
答案为：B；
解析：由双曲线的渐近线方程可设双曲线方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,5)=k(k＞0)，即eq \f(x2,4k)－eq \f(y2,5k)=1，
∵双曲线与椭圆eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,3)=1有公共焦点，∴4k＋5k=12－3，解得k=1，
故双曲线C的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,5)=1，故选B.
答案为：D
解析：由题意知双曲线的一个顶点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))，一条渐近线的方程为mx－3y=0，
则顶点到渐近线的距离为eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)×3)),\r(m2＋9))=eq \f(1,5)， 解得m=4.
答案为：D.
解析：不妨设P为双曲线右支上一点，则|PF1|>|PF2|，
由双曲线的定义得|PF1|－|PF2|=2a，又|PF1|＋|PF2|=6a，所以|PF1|=4a，|PF2|=2a.
又因为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2c>2a，,4a>2a，))所以∠PF1F2为最小内角，故∠PF1F2=eq \f(π,6).
由余弦定理，可得eq \f(4a2＋2c2－2a2,2·4a·2c)=eq \f(\r(3),2)，即(eq \r(3)a－c)2=0，
所以c=eq \r(3)a，则b=eq \r(2)a，所以双曲线的渐近线方程为y=±eq \r(2)x，故选D.
答案为：B；
解析：∵△ABF2为等边三角形，∴|AB|=|AF2|=|BF2|，∠F1AF2=60°.
由双曲线的定义可得|AF1|－|AF2|=2a，∴|BF1|=2a.
又|BF2|－|BF1|=2a，∴|BF2|=4a.∴|AF2|=4a，|AF1|=6a.
在△AF1F2中，由余弦定理可得|F1F2|2=|AF1|2＋|AF2|2－2|AF2|·|AF1|cs 60°，
∴(2c)2=(6a)2＋(4a)2－2×4a×6a×eq \f(1,2)，即c2=7a2，∴e=eq \f(c,a)=eq \r(\f(c2,a2))=eq \r(7).故选B.
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.
二、填空题
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：由题意可得|AF2|=2，|AF1|=4，则|AB|=|AF2|＋|BF2|=2＋|BF2|=|BF1|.
又∠F1AF2=45°，所以△ABF1是以AF1为斜边的等腰直角三角形，
则|AB|=|BF1|=2eq \r(2)，所以其面积为eq \f(1,2)×2eq \r(2)×2eq \r(2)=4.
答案为：2x＋8y＋7=0
解析：依题意，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,1),4)－\f(yeq \\al(2,1),2)＝1,\f(xeq \\al(2,2),4)－\f(yeq \\al(2,2),2)＝1))，两式相减得eq \f(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2),4)=eq \f(yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2),2)，即eq \f(y1－y2,x1－x2)=eq \f(1,2)×eq \f(x1＋x2,y1＋y2).
又线段AB的中点坐标是(eq \f(1,2),-1)，因此x1＋x2=2×eq \f(1,2)=1，y1＋y2=(－1)×2=－2，
eq \f(x1＋x2,y1＋y2)=－eq \f(1,2)，eq \f(y1－y2,x1－x2)=－eq \f(1,4)，即直线AB的斜率为－eq \f(1,4)，直线l的方程为y＋1=－eq \f(1,4)(x- eq \f(1,2))，
即2x＋8y＋7=0.
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).
答案为：eq \f(π,2).
解析：由题意可知，F1(－eq \r(13)，0)，F2(eq \r(13)，0)，|F1F2|=2eq \r(13).设P(x0，y0)，
则△PF1F2的面积为eq \f(1,2)×2eq \r(13)|y0|=12.故yeq \\al(2,0)=eq \f(122,13)，将P点坐标代入双曲线方程得xeq \\al(2,0)=eq \f(25,13)，
不妨设点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5\r(13),13)，\f(12\r(13),13)))，则eq \(PF1,\s\up10(→))=(eq \f(－18\r(13),13)，eq \f(－12\r(13),13))，eq \(PF2,\s\up10(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8\r(13),13)，\f(－12\r(13),13)))，
可得eq \(PF1,\s\up10(→))·eq \(PF2,\s\up10(→))=0，即PF1⊥PF2，故∠F1PF2=eq \f(π,2).
答案为：eq \r(2)
解析：因为eq \(MF,\s\up10(→))·eq \(NF,\s\up10(→))=0，所以eq \(MF,\s\up10(→))⊥eq \(NF,\s\up10(→)).设双曲线的左焦点为F′，
则由双曲线的对称性知四边形F′MFN为矩形，则有|MF|=|NF′|，|MN|=2c.
不妨设点N在双曲线右支上，由双曲线的定义知，|NF′|－|NF|=2a，
所以|MF|－|NF|=2a.因为S△MNF=eq \f(1,2)|MF|·|NF|=ab，所以|MF|·|NF|=2ab.
在Rt△MNF中，|MF|2＋|NF|2=|MN|2，即(|MF|－|NF|)2＋2|MF||NF|=|MN|2，
所以(2a)2＋2·2ab=(2c)2，把c2=a2＋b2代入，并整理，得eq \f(b,a)=1，所以e=eq \f(c,a)=eq \r(2).