新版五年高考真题高考数学复习 第九章 第四节 双曲线 理全国通用

11第四节第四节双曲线双曲线考点一双曲线的定义及标准方程1(20 xx福建，3)若双曲线E：x29y2161 的左、右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线E上，且|PF1|3，则|PF2|等于()A11B9C5D3解析由双曲线定义|PF2|PF1|2a，|PF1|3，P在左支上，a3，|PF2|PF1|6，|PF2|9，故选 B.答案B2(20 xx安徽，4)下列双曲线中，焦点在y轴上且渐近线方程为y2x的是()Ax2y241B.x24y21C.y24x21Dy2x241解析由双曲线性质知 A、B 项双曲线焦点在x轴上，不合题意；C、D 项双曲线焦点均在y轴上，但 D 项渐近线为y12x，只有 C 符合，故选 C.答案C3(20 xx广东，7)已知双曲线C：x2a2y2b21 的离心率e54，且其右焦点为F2(5，0)，则双曲线C的方程为()A.x24y231B.x216y291C.x29y2161D.x23y241解析因为所求双曲线的右焦点为F2(5，0)且离心率为eca54，所以c5，a4，b2c2a29，所以所求双曲线方程为x216y291，故选 B.答案B4(20 xx天津，5)已知双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的一条渐近线平行于直线l：y2x10，双曲线的一个焦点在直线l上，则双曲线的方程为()A.x25y2201B.x220y251C.3x2253y21001D.3x21003y2251解析由题意可知，双曲线的其中一条渐近线ybax与直线y2x10 平行，所以ba2且左焦点为(5，0)，所以a2b2c225，解得a25，b220，故双曲线方程为x25y2201.选 A.答案A5(20 xx广东，7)已知中心在原点的双曲线C的右焦点为F(3，0)，离心率等于32，则C的方程是()A.x24y251B.x24y251C.x22y251D.x22y251解析由曲线C的右焦点为F(3，0)，知c3.由离心率e32，知ca32，则a2，故b2c2a2945，所以双曲线C的方程为x24y251.答案B考点二双曲线的几何性质1(20 xx四川，5)过双曲线x2y231 的右焦点且与x轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于A，B两点，则|AB|()A.4 33B2 3C6D4 3解析焦点F(2，0)，过F与x轴垂直的直线为x2，渐近线方程为x2y230，将x2代入渐近线方程得y212，y2 3，|AB|2 3(2 3)4 3.选 D.答案D2(20 xx新课标全国，11)已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，ABM为等腰三角形，且顶角为 120，则E的离心率为()A. 5B2C. 3D. 2解析如图，设双曲线E的方程为x2a2y2b21(a0，b0)，则|AB|2a，由双曲线的对称性，可设点M(x1，y1)在第一象限内，过M作MNx轴于点N(x1，0)，ABM为等腰三角形，且ABM120，|BM|AB|2a，MBN60，y1|MN|BM|sinMBN2asin 60 3a，x1|OB|BN|a2acos 602a.将点M(x1，y1)的坐标代入x2a2y2b21，可得a2b2，ecaa2b2a2 2，选 D.答案D3(20 xx新课标全国，5)已知M(x0，y0)是双曲线C：x22y21 上的一点，F1，F2是C的两个焦点，若MF1MF20，则y0的取值范围是()A.33，33B.36，36C.2 23，2 23D.2 33，2 33解析由题意知M在双曲线C：x22y21 上，又在x2y23 内部，由x22y21，x2y23，得y33，所以33y033.答案A4 (20 xx广东， 4)若实数k满足 0k9， 则曲线x225y29k1 与曲线x225ky291 的()A离心率相等B实半轴长相等C虚半轴长相等D焦距相等解析由 0k0)的一个焦点，则点F到C的一条渐近线的距离为()A. 3B3C. 3mD3m解析双曲线的方程为x23my231，焦点F到一条渐近线的距离为 3.答案A6(20 xx重庆，8)设F1，F2分别为双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的左、右焦点，双曲线上存在一点P使得|PF1|PF2|3b，|PF1|PF2|94ab，则该双曲线的离心率为()A.43B.53C.94D3解析由双曲线的定义得|PF1|PF2|2a，又|PF1|PF2|3b，所以(|PF1|PF2|)2(|PF1|PF2|)29b24a2，即 4|PF1|PF2|9b24a2，又 4|PF1|PF2|9ab，因此9b24a29ab，即 9ba29ba40，则3ba13ba40，解得ba43ba13舍去，则双曲线的离心率e1ba253.答案B7(20 xx山东，10)已知ab0，椭圆C1的方程为x2a2y2b21，双曲线C2的方程为x2a2y2b21，C1与C2的离心率之积为32，则C2的渐近线方程为()Ax 2y0B. 2xy0Cx2y0D2xy0解析椭圆C1的离心率为a2b2a，双曲线C2的离心率为a2b2a，所以a2b2aa2b2a32， 所以a4b434a4， 即a44b4， 所以a 2b， 所以双曲线C2的渐近线方程是y12x，即x 2y0.答案A8(20 xx大纲全国，9)已知双曲线C的离心率为 2，焦点为F1、F2，点A在C上若|F1A|2|F2A|，则 cosAF2F1()A.14B.13C.24D.23解析由双曲线的定义知|AF1|AF2|2a， 又|AF1|2|AF2|， |AF1|4a， |AF2|2a.eca2，c2a，|F1F2|4a.cosAF2F1|AF2|2|F1F2|2|AF1|22|AF2|F1F2|（2a）2（4a）2（4a）222a4a14，故选 A.答案A9(20 xx四川，6)抛物线y24x的焦点到双曲线x2y231 的渐近线的距离是()A.12B.32C1D. 3解析由题意可得，抛物线的焦点为(1，0)，双曲线的渐近线方程为y 3x，即 3xy0，由点到直线的距离公式可得抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离d| 30|232.答案B10(20 xx湖北，5)已知 04，则双曲线C1：x2cos2y2sin21 与C2：y2sin2x2sin2tan21 的()A实轴长相等B虚轴长相等C焦距相等D离心率相等解析对于双曲线C1：x2cos2y2sin21，a21cos2，b21sin2，c211；对于双曲线C2：y2sin2x2sin2tan21，a22sin2，b22sin2tan2，c22sin2sin2tan2sin2(1tan2)sin2(1sin2cos2)sin2cos2tan2.只有当k4(kZ Z)时，a21a22或b21b22或c21c22，而 00，b0)的两条渐近线分别交于点A，B.若点P(m，0)满足|PA|PB|，则该双曲线的离心率是_解析联立直线方程与双曲线渐近线方程ybax可解得交点为am3ba，bm3ba，am3ba，bm3ba，而kAB13，由|PA|PB|，可得AB的中点与点P连线的斜率为3，即bm3babm3ba20am3baam3ba2m3，化简得 4b2a2，所以e52.答案5216(20 xx江苏，8)在平面直角坐标系xOy中，若双曲线x2my2m241 的离心率为 5，则m的值为_解析由双曲线标准方程x2my2m241 知a2m0，b2m24，c2a2b2mm24，由e 5，得c2a25，m0 且mm24m5，m2.答案217(20 xx江西，20)如图，已知双曲线C：x2a2y21(a0)的右焦点为F，点A，B分别在C的两条渐近线上，AFx轴，ABOB，BFOA(O为坐标原点)(1)求双曲线C的方程；(2)过C上一点P(x0，y0)(y00)的直线l：x0 xa2y0y1 与直线AF相交于点M，与直线x32相交于点N.证明：当点P在C上移动时，|MF|NF|恒为定值，并求此定值(1)解设F(c，0)，因为b1，所以ca21，直线OB的方程为y1ax，直线BF的方程为y1a(xc)，解得Bc2，c2a.又直线OA的方程为y1ax，则Ac，ca，kABcac2acc23a.又因为ABOB，所以3a1a1，解得a23，故双曲线C的方程为x23y21.(2)证明由(1)知a 3，则直线l的方程为x0 x3y0y1(y00)，即yx0 x33y0.因为直线AF的方程为x2，所以直线l与AF的交点为M2，2x033y0；直线l与直线x32的交点为N32，32x033y0.则|MF|2|NF|2（2x03）2（3y0）21432x032（3y0）2（2x03）29y20494（x02）243（2x03）23y203（x02）2，因为P(x0，y0)是C上一点，则x203y201，代入上式得|MF|2|NF|243（2x03）2x2033（x02）243（2x03）24x2012x0943，所求定值为|MF|NF|232 33.18(20 xx大纲全国，21)已知双曲线C：x2a2y2b21(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为 3，直线y2 与C的两个交点间的距离为 6.(1)求a，b；(2)设过F2的直线l与C的左、右两支分别交于A，B两点，且|AF1|BF1|，证明：|AF2|，|AB|，|BF2|成等比数列(1)解由题设知ca3，即a2b2a29，故b28a2.所以C的方程为 8x2y28a2.将y2 代入上式，求得xa212.由题设知，2a212 6，解得a21.所以a1，b2 2.(2)证明由(1)知，F1(3，0)，F2(3，0)，C的方程为 8x2y28.由题意可设l的方程为yk(x3)，|k|2 2，代入并化简得(k28)x26k2x9k280.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x11，x21，x1x26k2k28，x1x29k28k28.于是|AF1| （x13）2y21 （x13）28x218(3x11)，|BF1| （x23）2y22 （x23）28x2283x21.由|AF1|BF1|得(3x11)3x21，即x1x223.故6k2k2823，解得k245，从而x1x2199.由于|AF2| （x13）2y21 （x13）28x21813x1，|BF2| （x23）2y22 （x23）28x2283x21，故|AB|AF2|BF2|23(x1x2)4，|AF2|BF2|3(x1x2)9x1x2116.因而|AF2|BF2|AB|2，所以|AF2|，|AB|，|BF2|成等比数列