2025年高考数学一轮复习-8.6-双曲线-专项训练【含答案】

这是一份2025年高考数学一轮复习-8.6-双曲线-专项训练【含答案】，共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题
1．已知双曲线x2a2−y2b2＝1(a＞0，b＞0)的两条渐近线相互垂直，焦距为12，则该双曲线的虚轴长为( )
A．6 B．62
C．92 D．122
2．已知双曲线x2a2−y2b2＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线的倾斜角为π3，该双曲线过点P(4，3)，则该双曲线的右焦点F到渐近线的距离为( )
A．23 B．34
C．26 D．39
3．已知双曲线C：x2a2−y2b2＝1(a＞0，b＞0)与斜率为1的直线交于A，B两点，若线段AB的中点为(4，1)，则C的离心率e＝( )
A．2 B．103
C．52 D．3
4．已知A，B，P是双曲线x2a2−y2b2＝1(a＞0，b＞0)上不同的三点，且A，B连线经过坐标原点，若直线PA，PB的斜率乘积为43，则该双曲线的离心率为( )
A．52 B．62
C．2 D．213
5．已知椭圆C1与双曲线C2有共同的焦点F1(－3，0)，F2(3，0)，离心率分别为e1，e2，点P为椭圆C1与双曲线C2在第一象限的公共点，且∠F1PF2＝π3，若e2＝3，则椭圆C1的方程为( )
A．x29+y26＝1 B．x26+y23＝1
C．x212+y29＝1 D．x24＋y2＝1
6．设F1，F2为双曲线C：x23－y2＝1的左、右焦点，Q为双曲线右支上一点，点P(0，2)．当|QF1|＋|PQ|取最小值时，|QF2|的值为( )
A．3−2 B．3+2
C．6－2 D．6＋2
7．双曲线C：x216−y29＝1的左、右焦点分别为F1，F2，直线y＝kx与双曲线C交于A，B两点，若|AB|＝|F1F2|，则△ABF1的面积等于( )
A．18 B．10
C．9 D．6
8．已知双曲线C：x2a2−y2b2＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，若在C上存在点P(不是顶点)，使得∠PF2F1＝3∠PF1F2，则C的离心率的取值范围为( )
A．(2，2) B．(3，＋∞)
C．(1，3] D．(1，2]
二、多项选择题
9．已知点F1，F2是双曲线x2a2−y2b2＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，以线段F1F2为直径的圆与双曲线在第一象限的交点为P，若|PF1|＝3|PF2|，则( )
A．|PF1|与双曲线的实轴长相等
B．△PF1F2的面积为32a2
C．双曲线的离心率为102
D．直线3x＋2y＝0是双曲线的一条渐近线
10．如图为陕西博物馆收藏的国宝——唐金筐宝钿团花纹金杯，杯身曲线内收，巧夺天工，是唐代金银细作的典范．该杯的主体部分可以近似看作双曲线C：x2a2−y2b2＝1(a＞0，b＞0)的右支与直线x＝0, y＝4, y＝－2围成的曲边四边形ABMN绕y轴旋转一周得到的几何体，若该金杯主体部分的上口外直径为1033，下底外直径为2393，双曲线C的左、右顶点分别为D，E，则( )
A．双曲线C的方程为x23−y29＝1
B．双曲线y23－x2＝1与双曲线C有相同的渐近线
C．双曲线C上存在无数个点，使它与D，E两点的连线的斜率之积为3
D．存在一点，使过该点的任意直线与双曲线 C 有两个交点
三、填空题
11．已知双曲线C：x2a2−y2b2＝1(a＞0，b＞0)上的点到焦点的最小距离为1，且C与直线y＝3x无交点，则a的取值范围是________．
12．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________．
四、解答题
13．已知双曲线C：x2a2−y2b2＝1(a＞0，b＞0)的焦距为4，且过点(－3，26)．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋2与双曲线C有且只有一个公共点，求实数k的值．
14．已知点A(2，1)在双曲线C：x2a2−y2a2−1＝1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0.
(1)求l的斜率；
(2)若tan ∠PAQ＝2 2，求△PAQ的面积．
参考答案
1．B [根据题意可得ba=1，2c=12，c2=a2+b2，解得a＝b＝32，
∴该双曲线的虚轴长为2b＝62.
故选B.]
2．D [因为双曲线的一条渐近线的倾斜角为π3，所以斜率为3，所以ba＝3，该渐近线为y＝3x，即3x－y＝0，因为该双曲线过点P(4，3)，所以16a2−9b2＝1，
将b＝3a代入得16a2−93a2＝1，得a2＝13，b2＝39，c2＝a2＋b2＝52，c＝213，
所以F(213，0)，右焦点F到渐近线的距离为3×2133+1＝39.故选D.]
3．C [法一：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x12a2−y12b2＝1，x22a2−y22b2＝1，
所以x2+x1x2−x1a2−y2+y1y2−y1b2＝0，又AB的中点为(4，1)，
所以x1＋x2＝8，y1＋y2＝2，所以y2−y1x2−x1＝4b2a2，由题意知y2−y1x2−x1＝1，
所以4b2a2＝1，即b2a2＝14，则C的离心率e＝1+b2a2＝52.故选C.
法二：直线AB过点(4，1)，斜率为1，所以其方程为y－1＝x－4，即y＝x－3，
代入x2a2−y2b2＝1(a＞0，b＞0)并整理得(b2－a2)x2＋6a2x－9a2－a2b2＝0，
因为(4，1)为线段AB的中点，所以－6a2b2−a2＝2×4，整理得a2＝4b2，
所以C的离心率e＝1+b2a2＝52.故选C.]
4．D [设A(x1，y1)，P(x2，y2)，根据对称性，知
B(－x1，－y1)，所以kPA·kPB＝y2−y1x2−x1·y2+y1x2+x1＝y22−y12x22−x12.
因为点A，P在双曲线上，所以x12a2−y12b2=1，x22a2−y22b2=1，两式相减，
得x22−x12a2＝y22−y12b2，所以b2a2＝y22−y12x22−x12.
所以kPA·kPB＝b2a2＝43，所以e2＝a2+b2a2＝73，所以e＝213.故选D.]
5．A [由题意知椭圆C1与双曲线C2的共焦点F1(－3，0)，F2(3，0)，所以c1＝c2＝3.
因为双曲线C2的离心率e2＝3，所以a2＝c2e2＝1，b2＝c22−a22＝2，所以双曲线C2的方程为x2－y22＝1．如图：
根据双曲线的定义知|PF1|－|PF2|＝2a2＝2，
由余弦定理知，
|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|·cs ∠F1PF2，
得12＝|PF1|2＋|PF2|2－|PF1|·|PF2|，
又因为|PF1|－|PF2|＝2，得|PF2|＝2，|PF1|＝4.
根据椭圆的定义知|PF1|＋|PF2|＝2a1＝6，所以a1＝3，b1＝a12−c12＝6，所以椭圆C1的方程为x29+y26＝1.
故选A. ]
6．A [由双曲线定义得|QF1|－|QF2|＝2a＝23，故|QF1|＋|PQ|＝|PQ|＋|QF2|＋23.
如图所示，当P，Q，F2三点共线，即Q在M位置时，|QF1|＋|PQ|取最小值，
∵F2(2，0)，P(0，2)，∴直线PF2的方程为y＝－x＋2，
联立x23－y2＝1，解得点Q的坐标为3−62，62−1(Q为第一象限上的一点)，
此时|QF2|＝3−62−22+62−12 ＝3−22＝3−2.
故选A.]
7．C [直线y＝kx与双曲线C交于A，B两点，若|AB|＝|F1F2|，
则四边形AF1BF2为矩形，所以AF1⊥BF1，|BF1|＝|AF2|，
由双曲线C：x216−y29＝1可得a＝4，b＝3，则c＝a2+b2＝16+9＝5，
所以|AB|＝|F1F2|＝2c＝10，
所以|AF1|2＋|BF1|2＝|AB|2＝100，
又||AF1|－|BF1||＝||AF1|－|AF2||＝2a＝8，
所以|AF1|2＋|BF1|2－2|AF1||BF1|＝64，
解得|AF1||BF1|＝18，
所以S△ABF1＝12|AF1||BF1|＝9.故选C.]
8．A [设PF1与y轴交于Q点，连接QF2，则
QF1＝QF2，∴∠QF1F2＝∠QF2F1.
因为∠PF2F1＝3∠PF1F2，故P点在双曲线右支上，且∠PF2Q＝∠PQF2＝2∠PF1F2，
故|PQ|＝|PF2|，而|PF1|－|PF2|＝2a，
故|PF1|－|PF2|＝|PF1|－|PQ|＝|QF1|＝2a，
在Rt△QOF1中，|QF1|＞|OF1|，即2a＞c，
故e＝ca＜2，
由∠PF2F1＝3∠PF1F2，且三角形内角和为180°，
故∠PF1F2＜180°4＝45°，则cs ∠PF1F2＝OF1QF1＞cs 45°，即c2a＞22，即e＝ca＞2，
所以C的离心率的取值范围为(2，2)．故选A.]
9．BCD [因为|PF1|＝3|PF2|，又由题意及双曲线的定义可得：|PF1|－|PF2|＝2a，
则|PF2|＝a，|PF1|＝3a≠2a，A不正确；
因为P在以F1F2为直径的圆上，所以PF1⊥PF2，
所以S△PF1F2＝12|PF1|·|PF2|＝12×3a×a＝32a2，B正确；
在Rt△PF1F2中，由勾股定理可得|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2＝10a2，
即4c2＝10a2，所以离心率e＝ca＝102，C正确；
因为b2＝c2－a2＝32a2，
所以渐近线的方程为y＝±bax＝±32x，
即3x±2y＝0，D正确．故选BCD.]
10．ABC [由题意可得M533，4，N393，−2，
所以5332a2−16b2=1，3932a2−4b2=1，即253a2−16b2=1，133a2−4b2=1，
解得a2＝3，b2＝9，
所以双曲线方程为x23−y29＝1，A正确；
双曲线x23−y29＝1的渐近线方程为y＝±3x，双曲线y23－x2＝1的渐近线方程为y＝±3x，B正确；
由题意得D(－3，0)，E(3，0)，设P(x0，y0)(x0≠±3)为双曲线上任意一点，
则x023−y029＝1，即y02＝3x02－9，所以kPD·kPE＝y0x0+3·y0x0−3＝y02x02−3＝3x02−3x02−3＝3，
所以双曲线C上存在无数个点，使它与D，E两点的连线的斜率之积为3，C正确；
由双曲线的性质可知，过平面内的任意一点的直线与双曲线的渐近线平行时，只与双曲线有一个交点，所以不存在一点，使过该点的任意直线与双曲线C有两个交点，D错误．故选ABC.]
11．[1，＋∞) [因为双曲线C：x2a2−y2b2＝1(a＞0，b＞0)上的点到焦点的最小距离为1，所以c－a＝1，又双曲线与直线y＝3x无交点，所以ba≤3，即b2－3a2≤0，
即c2－4a2＝(a＋1)2－4a2＝－3a2＋2a＋1≤0，
因为a＞0，解得a≥1．]
12．355 [法一：由题意可知，F1(－c，0)，F2(c，0)，设A(x1，y1)，B(0，y0)，所以F2A＝(x1－c，y1)，F2B＝(－c，y0)，因为F2A＝－23F2B，所以x1−c=23c，y1=−23y0，即x1=53c，y1=−23 y0，所以A53c，−23y0.
F1A＝83c，−23y0，F1B＝(c，y0)，因为F1A⊥F1B，所以F1A·F1B＝0，即83c2−23 y02＝0，解得y02＝4c2.
因为点A53c，−23y0在双曲线C上，所以25c29a2−4y029b2＝1，又y02＝4c2，所以25c29a2−16c29b2＝1，即25a2+b29a2−16a2+b29b2＝1，化简得b2a2＝45，所以e2＝1＋b2a2＝95，所以e＝355.
法二：由法一得A53c，−23y0，y02＝4c2，
所以|AF1|＝53c+c2+−23 y02＝64c29+4y029＝64c29+16c29＝45c3，|AF2|＝53c−c2+−23 y02＝4c29+4y029＝4c29+16c29＝25c3，由双曲线的定义可得|AF1|－|AF2|＝2a，即45c3−25c3＝2a，即53c＝a，所以双曲线的离心率e＝ca＝35＝355.
法三：由F2A＝－23F2B可得A，B，F2三点共线，且F2在线段AB上，不妨令点A在第一象限，则点B在y轴负半轴上，易得|F2A|＝23|F2B|.设|F2B|＝3m(m＞0)，则|F2A|＝2m，所以|F1B|＝|F2B|＝3m，|AB|＝5m，由F1A⊥F1B可得∠AF1B＝90°，所以|AF1|＝AB2−BF12＝4m，所以2a＝|AF1|－|AF2|＝2m，即a＝m.过F1作F1D⊥AB，垂足为D(图略)，则12|AB|·|F1D|＝12|F1A|·|F1B|，即12×5m×|F1D|＝12×4m×3m，所以|F1D|＝125m，所以|BD|＝BF12−F1D2＝95m，所以|F2D|＝65m，则|F1F2|＝F1D2+F2D2＝655m＝2c，即c＝355m，所以e＝ca＝355.]
13．解：(1)由题意可知双曲线的焦点为(－2，0)和(2，0)，
根据定义有2a＝|−3+22+26−02−−3−22+26−02|＝2.
∴a＝1，又c2＝a2＋b2，所以a2＝1，c2＝4，b2＝3.
∴所求双曲线C的方程为x2－y23＝1.
(2)因为双曲线C的方程为x2－y23＝1，所以渐近线方程为y＝±3x，由y=kx+2，x2−y23=1，消去y整理得(3－k2)x2－4kx－7＝0.
①当3－k2＝0，即k＝±3时，此时直线l与双曲线的渐近线平行，此时直线与双曲线相交于一点，符合题意；
②当3－k2≠0，即k≠±3时，由Δ＝(－4k)2＋4×7×(3－k2)＝0，解得k＝±7，
此时直线l与双曲线C相切于一点，符合题意.
综上所述：符合题意的实数k的所有取值为±3，±7.
14．解：(1)因为点A(2，1)在双曲线C：x2a2−y2a2−1＝1(a＞1)上，所以4a2−1a2−1＝1，解得a2＝2，即双曲线C的方程为x22－y2＝1，由题意可知直线l的斜率存在，设l：y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立y=kx+m，x22−y2=1，得(1－2k2)x2－4mkx－2m2－2＝0，所以Δ＝16m2k2＋4(2m2＋2)(1－2k2)＞0⇒m2＋1－2k2＞0，x1＋x2＝－4mk2k2−1，x1x2＝2m2+22k2−1，所以由kAP＋kAQ＝0可得，y2−1x2−2+y1−1x1−2＝0，即(x1－2)(kx2＋m－1)＋(x2－2)(kx1＋m－1)＝0，即2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，所以2k×2m2+22k2−1＋(m－1－2k)×−4mk2k2−1－4(m－1)＝0，化简得8k2＋4k－4＋4m(k＋1)＝0，即(k＋1)(2k－1＋m)＝0，所以k＝－1或m＝1－2k，
当m＝1－2k时，直线l：y＝kx＋m＝k(x－2)＋1，
过点A(2，1)，与题意不符，舍去，故k＝－1.
(2)不妨设直线AP，AQ的倾斜角为α，β(α＜β)，因为kAP＋kAQ＝0，所以α＋β＝π，因为tan ∠PAQ＝2 2，所以tan (β－α)＝2 2，即tan 2α＝－2 2，即2tan2α－tanα－2＝0，解得tan α＝2，于是，直线AP：y＝2(x－2)＋1，直线AQ：y＝－2(x－2)＋1，联立y=2x−2+1，x22−y2=1，得32x2＋2 2(1－2 2)x＋10－4 2＝0，因为方程有一个根为2，所以xP＝10−4 23，yP＝4 2−53，同理可得，xQ＝10+4 23，yQ＝−4 2−53.
所以PQ：x＋y－53＝0，|PQ|＝163，
点A到直线PQ的距离d＝2+1−532＝2 23，
故△PAQ 的面积为12×163×2 23＝16 29