2023届高考一轮复习讲义（文科）第九章　平面解析几何 第6讲　高效演练 分层突破学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（文科）第九章　平面解析几何 第6讲　高效演练 分层突破学案，共6页。
1．(2019·高考北京卷)已知双曲线eq \f(x2,a2)－y2＝1(a＞0)的离心率是eq \r(5)，则a＝( )
A.eq \r(6) B．4
C．2 D.eq \f(1,2)
解析：选D.由双曲线方程eq \f(x2,a2)－y2＝1，
得b2＝1，
所以c2＝a2＋1.
所以5＝e2＝eq \f(c2,a2)＝eq \f(a2＋1,a2)＝1＋eq \f(1,a2).
结合a>0，解得a＝eq \f(1,2).
故选D.
2．若双曲线C1：eq \f(x2,2)－eq \f(y2,8)＝1与C2：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的渐近线相同，且双曲线C2的焦距为4eq \r(5)，则b＝( )
A．2 B．4
C．6 D．8
解析：选B.由题意得，eq \f(b,a)＝2⇒b＝2a，C2的焦距2c＝4eq \r(5)⇒c＝eq \r(a2＋b2)＝2eq \r(5)⇒b＝4，故选B.
3．设双曲线x2－eq \f(y2,8)＝1的两个焦点为F1，F2，P是双曲线上的一点，且|PF1|∶|PF2|＝3∶4，则△PF1F2的面积等于( )
A．10eq \r(3) B．8eq \r(3)
C．8eq \r(5) D．16eq \r(5)
解析：选C.依题意|F1F2|＝6，|PF2|－|PF1|＝2，因为|PF1|∶|PF2|＝3∶4，所以|PF1|＝6，|PF2|＝8，所以等腰三角形PF1F2的面积S＝eq \f(1,2)×8×eq \r(62－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,2)))\s\up12(2))＝8eq \r(5).
4．(2020·长春市质量监测(一))已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的两个顶点分别为A，B，点P为双曲线上除A，B外任意一点，且点P与点A，B连线的斜率分别为k1，k2，若k1k2＝3，则双曲线的渐近线方程为( )
A．y＝±x B．y＝±eq \r(2)x
C．y＝±eq \r(3)x D．y＝±2x
解析：选C.设点P(x，y)，由题意知k1·k2＝eq \f(y,x－a)·eq \f(y,x＋a)＝eq \f(y2,x2－a2)＝eq \f(y2,\f(a2y2,b2))＝eq \f(b2,a2)＝3，所以其渐近线方程为y＝±eq \r(3)x，故选C.
5．(2019·高考天津卷)已知抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l.若l与双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别交于点A和点B，且|AB|＝4|OF|(O为原点)，则双曲线的离心率为( )
A.eq \r(2) B.eq \r(3)
C．2 D．eq \r(5)
解析：选D.由题意知F(1，0)，l：x＝－1，双曲线的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，则|AB|＝4|OF|＝4，而|AB|＝2×eq \f(b,a)，所以eq \f(b,a)＝2，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(a2＋b2),a)＝eq \f(\r(a2＋4a2),a)＝eq \r(5)，故选D.
6．(2019·高考江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，若双曲线x2－eq \f(y2,b2)＝1(b>0)经过点(3，4)，则该双曲线的渐近线方程是 ．
解析：因为双曲线x2－eq \f(y2,b2)＝1(b>0)经过点(3，4)，所以9－eq \f(16,b2)＝1(b>0)，解得b＝eq \r(2)，即双曲线方程为x2－eq \f(y2,2)＝1，其渐近线方程为y＝±eq \r(2)x.
答案：y＝±eq \r(2)x
7．(2020·陕西渭南期末改编)已知方程eq \f(x2,4－k)＋eq \f(y2,k－2)＝1，若该方程表示双曲线，则k的取值范围是 ，若该方程表示焦点在x轴上的椭圆，则k的取值范围是 ．
解析：方程eq \f(x2,4－k)＋eq \f(y2,k－2)＝1表示双曲线，若焦点在x轴上，则4－k>0，k－2k－2>0，即20)的渐近线上，F为双曲线C的右焦点，O为原点．若∠FPO＝90°，则双曲线C的方程为 ，其离心率为 ．
解析：因为双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，点P(1，eq \r(3))在渐近线上，所以eq \f(b,a)＝eq \r(3).在Rt△OPF中，|OP|＝eq \r(（\r(3)）2＋1)＝2，∠FOP＝60°，所以|OF|＝c＝4.又c2＝a2＋b2，所以b＝2eq \r(3)，a＝2，所以双曲线C的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,12)＝1，离心率e＝eq \f(c,a)＝2.
答案：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,12)＝1 2
9．已知椭圆D：eq \f(x2,50)＋eq \f(y2,25)＝1与圆M：x2＋(y－5)2＝9，双曲线G与椭圆D有相同的焦点，它的两条渐近线恰好与圆M相切，求双曲线G的方程．
解：椭圆D的两个焦点坐标为(－5，0)，(5，0)，
因而双曲线中心在原点，焦点在x轴上，且c＝5.
设双曲线G的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，
所以渐近线方程为bx±ay＝0且a2＋b2＝25，
又圆心M(0，5)到两条渐近线的距离为3.
所以eq \f(|5a|,\r(b2＋a2))＝3，得a＝3，b＝4，
所以双曲线G的方程为eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1.
10．已知双曲线的中心在原点，焦点F1，F2在坐标轴上，离心率为eq \r(2)，且过点(4，－eq \r(10))．
(1)求双曲线方程；
(2)若点M(3，m)在双曲线上，求证：点M在以F1F2为直径的圆上．
解：(1)因为离心率e＝eq \r(2)，
所以双曲线为等轴双曲线，
可设其方程为x2－y2＝λ(λ≠0)，
则由点(4，－eq \r(10))在双曲线上，
可得λ＝42－(－eq \r(10))2＝6，
所以双曲线的方程为x2－y2＝6.
(2)证明：因为点M(3，m)在双曲线上，
所以32－m2＝6，所以m2＝3，
又双曲线x2－y2＝6的焦点为F1(－2eq \r(3)，0)，F2(2eq \r(3)，0)，
所以eq \(MF1,\s\up6(→))·eq \(MF2,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)－3，－m)·(2eq \r(3)－3，－m)＝(－3)2－(2eq \r(3))2＋m2＝9－12＋3＝0，
所以MF1⊥MF2，
所以点M在以F1F2为直径的圆上．
[综合题组练]
1．(2020·河南鹤壁高中4月模拟)设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，P是双曲线C右支上一点，若|PF1|＋|PF2|＝4a，且∠F1PF2＝60°，则双曲线C的渐近线方程是( )
A.eq \r(3)x±y＝0 B．2x±eq \r(7)y＝0
C.eq \r(3)x±2y＝0 D．2x±eq \r(3)y＝0
解析：选C.因为F1、F2是双曲线的左、右焦点，点P在双曲线右支上，所以由双曲线定义可得|PF1|－|PF2|＝2a，又知|PF1|＋|PF2|＝4a，所以|PF1|＝3a，|PF2|＝a.在△PF1F2中，由余弦定理可得cs 60°＝eq \f(|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2,2|PF1|·|PF2|)，即eq \f(1,2)＝eq \f(（3a）2＋a2－4c2,2×3a×a)，所以3a2＝10a2－4c2，即4c2＝7a2，又知b2＋a2＝c2，所以eq \f(b2,a2)＝eq \f(3,4)，所以双曲线C的渐近线方程为y＝±eq \f(\r(3),2)x，即eq \r(3)x±2y＝0，故选C.
2．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，若eq \(F1A,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(F1B,\s\up6(→))·eq \(F2B,\s\up6(→))＝0，则C的离心率为 ．
解析：法一：因为eq \(F1B,\s\up6(→))·eq \(F2B,\s\up6(→))＝0，所以F1B⊥F2B，如图．
所以|OF1|＝|OB|，所以∠BF1O＝∠F1BO，所以∠BOF2＝2∠BF1O.因为eq \(F1A,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))，所以点A为F1B的中点，又点O为F1F2的中点，所以OA∥BF2，所以F1B⊥OA，因为直线OA，OB为双曲线C的两条渐近线，所以tan∠BF1O＝eq \f(a,b)，tan∠BOF2＝eq \f(b,a).因为tan∠BOF2＝tan(2∠BF1O)，所以eq \f(b,a)＝eq \f(2×\f(a,b),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,b)))\s\up12(2))，所以b2＝3a2，所以c2－a2＝3a2，即2a＝c，所以双曲线的离心率e＝eq \f(c,a)＝2.
法二：因为eq \(F1B,\s\up6(→))·eq \(F2B,\s\up6(→))＝0，所以F1B⊥F2B，在Rt△F1BF2中，|OB|＝|OF2|，所以∠OBF2＝∠OF2B，又eq \(F1A,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))，所以A为F1B的中点，所以OA∥F2B，所以∠F1OA＝∠OF2B.又∠F1OA＝∠BOF2，所以△OBF2为等边三角形．由F2(c，0)可得Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,2)，\f(\r(3)c,2)))，因为点B在直线y＝eq \f(b,a)x上，所以eq \f(\r(3),2)c＝eq \f(b,a)·eq \f(c,2)，所以eq \f(b,a)＝eq \r(3)，所以e＝eq \r(1＋\f(b2,a2))＝2.
答案：2
3．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(3)，点(eq \r(3)，0)是双曲线的一个顶点．
(1)求双曲线的方程；
(2)过双曲线右焦点F2作倾斜角为30°的直线，直线与双曲线交于不同的两点A，B，求|AB|.
解：(1)因为双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为eq \r(3)，点(eq \r(3)，0)是双曲线的一个顶点，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\r(3)，,a＝\r(3)，))解得c＝3，b＝eq \r(6)，
所以双曲线的方程为eq \f(x2,3)－eq \f(y2,6)＝1.
(2)双曲线eq \f(x2,3)－eq \f(y2,6)＝1的右焦点为F2(3，0)，
所以经过双曲线右焦点F2且倾斜角为30°的直线的方程为y＝eq \f(\r(3),3)(x－3)．
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,3)－\f(y2,6)＝1，,y＝\f(\r(3),3)（x－3），))得5x2＋6x－27＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(6,5)，x1x2＝－eq \f(27,5).
所以|AB|＝ eq \r(1＋\f(1,3))× eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)))\s\up12(2)－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(27,5))))＝eq \f(16\r(3),5).
4．已知中心在原点的双曲线C的右焦点为(4，0)，实轴长为4eq \r(3).
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋2eq \r(2)与双曲线C的左支交于A，B两点，求k的取值范围．
解：(1)设双曲线C的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)．
由已知得，a＝2eq \r(3)，c＝4，再由a2＋b2＝c2，得b2＝4，
所以双曲线C的方程为eq \f(x2,12)－eq \f(y2,4)＝1.
(2)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，将y＝kx＋2eq \r(2)与eq \f(x2,12)－eq \f(y2,4)＝1联立，得(1－3k2)x2－12eq \r(2)kx－36＝0.由题意知
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－3k2≠0，,Δ＝（－12\r(2)k）2＋4×（1－3k2）×36>0，,xA＋xB＝\f(12\r(2)k,1－3k2)0，))
解得eq \f(\r(3),3)