2022版高考数学大一轮复习课时作业53《双曲线》(含答案详解)

这是一份2022版高考数学大一轮复习课时作业53《双曲线》(含答案详解)，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
双曲线eq \f(x2,3)－y2=1的焦点坐标是( )
A.(－eq \r(2)，0)，(eq \r(2)，0) B.(－2,0)，(2,0)
C.(0，－eq \r(2))，(0，eq \r(2)) D.(0，－2)，(0,2)
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
设双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a>0，b>0)的右焦点是F，左、右顶点分别为A1，A2，过F作A1A2的垂线与双曲线交于B，C两点.若A1B⊥A2C，则该双曲线的渐近线的斜率为( )
A.±eq \f(1,2) B.±eq \f(\r(2),2) C.±1 D.±eq \r(2)
设双曲线eq \f(x2,4)－eq \f(y2,3)=1的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l交双曲线左支于A，B两点，则|BF2|＋|AF2|的最小值为( )
A.eq \f(19,2) B.11 C.12 D.16
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，＋∞)
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
已知双曲线C：x2－eq \f(y2,b2)=1(b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，点P是双曲线C上的任意一点，过点P作双曲线C的两条渐近线的平行线，分别与两条渐近线交于A，B两点，若四边形PAOB(O为坐标原点)的面积为eq \r(2)，且eq \(PF1,\s\up15(→))·eq \(PF2,\s\up15(→))>0，则点P的横坐标的取值范围为( )
A.(-∞,- eq \f(\r(17),3))∪(eq \f(\r(17),3),+∞)
B.(- eq \f(\r(17),3),eq \f(\r(17),3))
C.(-∞,- eq \f(\r(17),3))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(17),3)，＋∞))
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(17),3)，\f(2\r(17),3)))
二、填空题
实轴长为2，虚轴长为4的双曲线的标准方程为 .
已知焦点在x轴上的双曲线eq \f(x2,8－m)＋eq \f(y2,4－m)=1，它的焦点到渐近线的距离取值范围是 .
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C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a>0，b>0)的右焦点为F，左顶点为A，以F为圆心，FA为半径的圆交C的右支于P，Q两点，△APQ的一个内角为60°，则双曲线C的离心率为 .
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 .
三、解答题
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)经过双曲线右焦点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|.
已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a>0，b>0)的右焦点为F(c,0).
(1)若双曲线的一条渐近线方程为y=x且c=2，求双曲线的方程；
(2)以原点O为圆心，c为半径作圆，该圆与双曲线在第一象限的交点为A，过A作圆的切线，斜率为－eq \r(3)，求双曲线的离心率.
\s 0 答案详解
答案为：B.
解析：由题可知双曲线的焦点在x轴上，因为c2=a2＋b2=3＋1=4，所以c=2，
故焦点坐标为(－2,0)，(2,0).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：C.
解析：由题设易知A1(－a,0)，A2(a,0)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，\f(b2,a)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，－\f(b2,a))).
∵A1B⊥A2C，∴eq \f(\f(b2,a),c＋a)·eq \f(－\f(b2,a),c－a)=－1，整理得a=b.
∵渐近线方程为y=±eq \f(b,a)x，即y=±x，∴渐近线的斜率为±1.
答案为：B.
解析：由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|AF2|－|AF1|＝2a＝4，,|BF2|－|BF1|＝2a＝4，))
所以|BF2|＋|AF2|=8＋|AF1|＋|BF1|=8＋|AB|，
显然，当AB垂直于x轴时其长度最短，|AB|min=2·eq \f(b2,2)=3，故(|BF2|＋|AF2|)min=11.
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.
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.
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：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：A.
解析：由题易知四边形PAOB为平行四边形，且不妨设双曲线C的渐近线OA：bx－y=0，OB：bx＋y=0.设点P(m，n)，则直线PB的方程为y－n=b(x－m)，且点P到渐近线OB的距离为d=eq \f(|bm＋n|,\r(1＋b2)).由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－n＝bx－m，,bx＋y＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(bm－n,2b)，,y＝\f(n－bm,2)，))∴Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(bm－n,2b)，\f(n－bm,2)))，
∴|OB|=eq \r(\f(bm－n2,4b2)＋\f(n－bm2,4))=eq \f(\r(1＋b2),2b)|bm－n|，
∴S▱PAOB=|OB|·d=eq \f(|b2m2－n2|,2b).又∵m2－eq \f(n2,b2)=1，∴b2m2－n2=b2，∴S▱PAOB=eq \f(1,2)b.
又S▱PAOB=eq \r(2)，∴b=2eq \r(2).∴双曲线C的方程为x2－eq \f(y2,8)=1，
∴c=3，∴F1(－3,0)，F2(3,0)，
∴eq \(PF1,\s\up15(→))·eq \(PF2,\s\up15(→))=(－3－m)(3－m)＋n2>0，即m2－9＋n2>0，又∵m2－eq \f(n2,8)=1，
∴m2－9＋8(m2－1)>0，解得m>eq \f(\r(17),3)或m<－eq \f(\r(17),3)，
∴点P的横坐标的取值范围为－∞，－eq \f(\r(17),3)∪(eq \f(\r(17),3),+∞)，故选A.
答案为：x2－eq \f(y2,4)=1或y2－eq \f(x2,4)=1.
解析：2a=2,2b=4.当焦点在x轴时，双曲线的标准方程为x2－eq \f(y2,4)=1；
当焦点在y轴时，双曲线的标准方程为y2－eq \f(x2,4)=1.
答案为：(0,2).
解析：对于焦点在x轴上的双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a>0，b>0)，
它的焦点(c,0)到渐近线bx－ay=0的距离为eq \f(|bc|,\r(b2＋a2))=b.
本题中，双曲线eq \f(x2,8－m)＋eq \f(y2,4－m)=1即eq \f(x2,8－m)－eq \f(y2,m－4)=1，其焦点在x轴上，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(8－m>0，,m－4>0，))解得4 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：eq \f(4,3).
解析：设左焦点为F1，由于双曲线和圆都关于x轴对称，又△APQ的一个内角为60°，
所以△APQ为正三角形，则∠PFx=60°，所以PF=AF=a＋c，∴PF1=3a＋c，
在△PFF1中，由余弦定理可得PFeq \\al(2,1)=PF2＋FFeq \\al(2,1)－2PF·FF1cs120°.
故3c2－ac－4a2=0，整理得3e2－e－4=0，解得e=eq \f(4,3).
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).
三、解答题
解：(1)∵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，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\r(3)，,a＝\r(3)，))解得c=3，b=eq \r(6)，
∴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)，
∴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\{\rc\ (\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)))2－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(27,5))))=eq \f(16\r(3),5).
解：(1)因为双曲线的渐近线方程为y=±eq \f(b,a)x，所以a=b.
所以c2=a2＋b2=2a2=4，
所以a2=b2=2，
所以双曲线方程为eq \f(x2,2)－eq \f(y2,2)=1.
(2)设点A的坐标为(x0，y0)，
所以直线AO的斜率满足eq \f(y0,x0)·(－eq \r(3))=－1，
所以x0=eq \r(3)y0，①
依题意，圆的方程为x2＋y2=c2，
将①代入圆的方程得3yeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)=c2，
即y0=eq \f(1,2)c，所以x0=eq \f(\r(3),2)c，
所以点A的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)c，\f(1,2)c))，
代入双曲线方程得eq \f(\f(3,4)c2,a2)－eq \f(\f(1,4)c2,b2)=1，
即eq \f(3,4)b2c2－eq \f(1,4)a2c2=a2b2，②
又因为a2＋b2=c2，
所以将b2=c2－a2代入②式，整理得eq \f(3,4)c4－2a2c2＋a4=0，
所以3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)))4－8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)))2＋4=0，
所以(3e2－2)(e2－2)=0，
因为e>1，所以e=eq \r(2)，
所以双曲线的离心率为eq \r(2).