PAGEPAGE7【課時訓練】雙曲線一、選擇題1．(2024廣州聯(lián)考)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的焦距為10，點P(2,1)在C的一條漸近線上，則C的方程為()A.eq\f(x2,20)－eq\f(y2,5)＝1 B.eq\f(x2,5)－eq\f(y2,20)＝1C.eq\f(x2,80)－eq\f(y2,20)＝1 D.eq\f(x2,20)－eq\f(y2,80)＝1【答案】A【解析】依題意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＝25，,1＝\f(b,a)×2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝20，,b2＝5，))∴雙曲線C的方程為eq\f(x2,20)－eq\f(y2,5)＝1.2．(2024福州質檢)若雙曲線E：eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點P在雙曲線E上，且|PF1|＝3，則|PF2|等于()A．11 B．9C．5 D．3【答案】B【解析】由題意，知a＝3，b＝4，∴c＝5.由雙曲線的定義||PF1|－|PF2||＝|3－|PF2||＝2a＝6，∴|PF2|＝9.故選B.3．(2024廬江其次中學1月月考)已知橢圓eq\f(x2,a\o\al(2,1))＋eq\f(y2,b\o\al(2,1))＝1(a1>b1>0)的長軸長、短軸長、焦距成等比數列，離心率為e1；雙曲線eq\f(x2,a\o\al(2,2))－eq\f(y2,b\o\al(2,2))＝1(a2>0，b2>0)的實軸長、虛軸長、焦距也成等比數列，離心率為e2，則e1e2等于()A.eq\f(\r(2),2) B．1C.eq\r(3) D．2【答案】B【解析】由beq\o\al(2,1)＝a1c1，得aeq\o\al(2,1)－ceq\o\al(2,1)＝a1c1，∴e1＝eq\f(c1,a1)＝eq\f(\r(5)－1,2).由beq\o\al(2,2)＝a2c2，得ceq\o\al(2,2)－aeq\o\al(2,2)＝a2c2，∴e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(\r(5)＋1,2).∴e1e2＝eq\f(\r(5)－1,2)×eq\f(\r(5)＋1,2)＝1.4．(2024遼寧凌源聯(lián)考)已知圓E：(x－3)2＋(y＋m－4)2＝1(m∈R)，當m改變時，圓E上的點與原點O的最短距離是雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的離心率，則雙曲線C的漸近線方程為()A．y＝±2x B．y＝±eq\f(1,2)xC．y＝±eq\r(3)x D．y＝±eq\f(\r(3),3)x【答案】C【解析】圓E的圓心到原點的距離d＝eq\r(32＋4－m2)，所以當m＝4時，圓E上的點與原點O的距離最短，為3－1＝2，即雙曲線C的離心率e＝eq\f(c,a)＝2.所以eq\f(b,a)＝eq\f(\r(c2－a2),a)＝eq\r(3)，則雙曲線C的漸近線方程為y＝±eq\r(3)x.故選C.5．(2024南昌聯(lián)考)已知F1，F(xiàn)2分別是雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左，右焦點，若在雙曲線的右支上存在一點M，使得(eq\o(OM,\s\up15(→))＋eq\o(OF2,\s\up15(→)))·eq\o(F2M,\s\up15(→))＝0(其中O為坐標原點)，且|eq\o(MF1,\s\up15(→))|＝eq\r(3)|eq\o(MF2,\s\up15(→))|，則雙曲線的離心率為()A.eq\r(5)－1B.eq\f(\r(3)＋1,2)C.eq\f(\r(5)＋1,2)D.eq\r(3)＋1【答案】D【解析】∵eq\o(F2M,\s\up15(→))＝eq\o(OM,\s\up15(→))－eq\o(OF2,\s\up15(→))，∴(eq\o(OM,\s\up15(→))＋eq\o(OF2,\s\up15(→)))·eq\o(F2M,\s\up15(→))＝(eq\o(OM,\s\up15(→))＋eq\o(OF2,\s\up15(→)))·(eq\o(OM,\s\up15(→))－eq\o(OF2,\s\up15(→)))＝0，即eq\o(OM,\s\up15(→))2－eq\o(OF2,\s\up15(→))2＝0.∴|eq\o(OF2,\s\up15(→))|＝|eq\o(OM,\s\up15(→))|＝c.在△MF1F2中，邊F1F2上的中線等于|F1F2|的一半，可得eq\o(MF1,\s\up15(→))⊥eq\o(MF2,\s\up15(→)).∵|eq\o(MF1,\s\up15(→))|＝eq\r(3)|eq\o(MF2,\s\up15(→))|，∴可設|eq\o(MF2,\s\up15(→))|＝λ(λ>0)，|eq\o(MF1,\s\up15(→))|＝eq\r(3)λ，得(eq\r(3)λ)2＋λ2＝4c2，解得λ＝c.∴|eq\o(MF1,\s\up15(→))|＝eq\r(3)c，|eq\o(MF2,\s\up15(→))|＝c.∴依據雙曲線定義，得2a＝|eq\o(MF1,\s\up15(→))|－|eq\o(MF2,\s\up15(→))|＝(eq\r(3)－1)c.∴雙曲線的離心率e＝eq\f(2c,2a)＝eq\r(3)＋1.6．(2024河南中原名校聯(lián)考)已知點F是雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦點，點E是該雙曲線的右頂點，過點F且垂直于x軸的直線與雙曲線交于A、B兩點，若△ABE是銳角三角形，則該雙曲線的離心率e的取值范圍是()A．(1，＋∞) B．(1,2)C．(1,1＋eq\r(2)) D．(2,1＋eq\r(2))【答案】B【解析】由題意易知點F的坐標為(－c,0)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c，\f(b2,a)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c，－\f(b2,a)))，E(a,0)，∵△ABE是銳角三角形，∴eq\o(EA,\s\up15(→))·eq\o(EB,\s\up15(→))>0.即eq\o(EA,\s\up15(→))·eq\o(EB,\s\up15(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c－a，\f(b2,a)))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c－a，－\f(b2,a)))>0，整理，得3e2＋2e>e4，∴e(e3－3e－3＋1)<0.∴e(e＋1)2(e－2)<0，解得e∈(0,2)．又e>1，∴e∈(1,2)．故選B.二、填空題7．(2024遼寧沈陽月考)已知方程mx2＋(2－m)y2＝1表示雙曲線，則實數m的取值范圍是__________．【答案】(－∞，0)∪(2，＋∞)【解析】∵mx2＋(2－m)y2＝1表示雙曲線，∴m(2－m)＜0.解得m＜0或m＞2.8．(2024天津河西區(qū)質檢)已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左，右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點P在雙曲線的右支上，且|PF1|＝4|PF2|，則此雙曲線的離心率e的最大值為________．【答案】eq\f(5,3)【解析】由定義，知|PF1|－|PF2|＝2a.又|PF1|＝4|PF2|，∴|PF1|＝eq\f(8,3)a，|PF2|＝eq\f(2,3)a.在△PF1F2中，由余弦定理，得cos∠F1PF2＝eq\f(\f(64,9)a2＋\f(4,9)a2－4c2,2·\f(8,3)a·\f(2,3)a)＝eq\f(17,8)－eq\f(9,8)e2.要求e的最大值，即求cos∠F1PF2的最小值，∴當cos∠F1PF2＝－1時，得e＝eq\f(5,3)，即e的最大值為eq\f(5,3).三、解答題9．(2024石家莊模擬)中心在原點，焦點在x軸上的一橢圓與一雙曲線有共同的焦點F1，F(xiàn)2，且|F1F2|＝2eq\r(13)，橢圓的長半軸與雙曲線實半軸之差為4，離心率之比為3∶7.(1)求這兩個曲線的方程；(2)若P為這兩個曲線的一個交點，求cos∠F1PF2的值．【解】(1)由已知c＝eq\r(13)，設橢圓長半軸長，短半軸長分別為a，b，雙曲線實半軸長，虛半軸長分別為m，n，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－m＝4，,7·\f(\r(13),a)＝3·\f(\r(13),m)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝7，,m＝3，))∴b＝6，n＝2.∴橢圓的方程為eq\f(x2,49)＋eq\f(y2,36)＝1，雙曲線的方程為eq\f(x2,9)－eq\f(y2,4)＝1.(2)不妨設F1，F(xiàn)2分別為左，右焦點，P是第一象限的一個交點，則|PF1|＋|PF2|＝14，|PF1|－|PF2|＝6，∴|PF1|＝10，|PF2|＝4.又|F1F2|＝2eq\r(13)，∴cos∠F1PF2＝eq\f(|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2,2|PF1|·|PF2|)＝eq\f(102＋42－2\r(13)2,2×10×4)＝eq\f(4,5).10．(2024河南安陽一模)如圖，在平面直角坐標系xOy中，直線l1：y＝x與直線l2：y＝－x之間的陰影部分為W.區(qū)域W中動點P(x，y)到l1，l2的距離之積為1.(1)求點P的軌跡C的方程．(2)動直線l穿過區(qū)域W，分別交直線l1，l2于A，B兩點．若直線l與軌跡C有且只有一個公共點，求證：△OAB的面積恒為定值．(1)【解】由題意得eq\f(|x－y|,\r(2))·eq\f(|x＋y|,\r(2))＝1，所以|(x＋y)(x－y)|＝2.因為點P在區(qū)域W內，所以x＋y與x－y同號，所以(x＋y)(x－y)＝x2－y2＝2，所以點P的軌跡C的方程為eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1.(2)【證明】設直線l與x軸相交于點D.當直線l的斜率不存在時，|OD|＝eq\r(2)，|AB|＝2eq\r(2)，S△OAB＝eq\f(1,2)|AB|·|OD|＝2.當直線l的斜率存在時，設其方程為y＝kx＋m，明顯k≠0，m≠0，則Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,k)，0)).把直線l的方程與C：x2－y2＝2聯(lián)立得(k2－1)x2＋2kmx＋m2＋2＝0.由直線l與軌跡C有且只有一個公共點，知Δ＝4k2m2－4(k2－1)·(m2＋2)＝0，得m2＝2(k2－1)＞0，所以k＞1或k＜－1.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,y＝x))得y1＝eq\f(m,1－k)，同理得y2＝eq\f(m,1＋k).所以S△OAB＝eq\f(1,2)|OD||y1－y2|＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(m,k)))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m,1－k)－\f(m,1＋k)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(m2,1－k2)))＝2.綜上，△OAB的面積恒為定值2.11．(2024湖北部分重點中學第一次聯(lián)考)在面積為9的△ABC中，tan∠BAC＝－eq\f(4,3)，且eq\o(CD,\s\up15(→))＝2eq\o(DB,\s\up15(→))，現(xiàn)建立以A點為坐標原點，以∠BAC的平分線所在直線為x軸的平面直角坐標系，如圖所示．(1)求AB，AC所在直線的方程；(2)求以AB，AC所在直線為漸近線且過點D的雙曲線的方程；(3)過點D分別作AB，AC所在直線的垂線DF，DE(點E，F(xiàn)為垂足)，求eq\o(DE,\s\up15(→))·eq\o(DF,\s\up15(→))的值．【解】(1)設∠CAx＝α，則由tan∠BAC＝tan2α＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝－eq\f(4,3)及α為銳角，得tanα＝2，∴AC所在直線方程為y＝2x，AB所在直線方程為y＝－2x.(2)設所求雙曲線的方程為4x2－y2＝λ(λ≠0)，C(x1，y1)，B(x2，y2)(x1>0，x2>0)．由eq\o(CD,\s\up15(→))＝2eq\o(DB,\s\up15(→))，得Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋2x2,3)，\f(2x1－4x2,3))).∵點D在雙曲線上，∴4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋2x2,3)))2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x1－4x2,3)))2＝λ.∴eq\f(32,9)x1x2＝λ.①由tan∠BAC＝－eq\f(4,3)，得sin∠BAC＝eq\f(4,5).∵|AB|＝eq\r(x\o\al(2,2)＋y\o\al(2,2))＝eq\r(5)x2，|AC|＝eq\r(x\o\al(2,1)