2021-2022学年高二年级上册学期数学人教A版选择性必修第一册第三章.2.2双曲线的简单几何性质课时强化练习-【含答案】

1、2021-2022学年高二数学人教A版选择性必修第一册第三章3.2.2双曲线的简单几何性质课时强化练习【基础巩固练习】双曲线x2y2=1的焦点到其渐近线的距离为( )A. 1B. 2C. 2D. 22已知双曲线x2m+y2n=1(mn)的离心率为233，则双曲线的两条渐近线所夹的锐角为( )A. 6B. 4C. 3D. 512设F1，F2是双曲线C：x2a2y2b2=1(a0,b0)的两个焦点，P是C上一点，若|PF1|+|PF2|=6a，且PF1F2的最小内角为30，则双曲线C的离心率为( )A. 2B. 32C. 3D. 62双曲线x2y24=1的渐近线方程为已知F1，F2为双曲线C:x2

2、y2=2的左、右焦点，点P在C上，PF1=2PF2，则cosF1PF2=【能力提升练习】已知双曲线的中心在原点且一个焦点为F(7,0)，直线y=x1与其相交于M，N两点，若MN中点的横坐标为23，则此双曲线的方程是( )A. x23y24=1B. x24y23=1C. x25y22=1D. x22y25=1直线x=32被双曲线E：x2a2y2=1(a0)所截得线段的长度为22，则双曲线的离心率为A. 2B. 5+12C. 72D. 213设F1是双曲线C：y2a2x2b2=1(a0,b0)的一个焦点，A1，A2是C的两个顶点，C上存在一点P，使得PF1与以A1A2为直径的圆相切于Q，且Q是线段

3、PF1的中点，则C的渐近线方程为( )A. y=33xB. y=3xC. y=12xD. y=2x已知双曲线x2y24=1的左、右顶点为A,B，焦点在y轴上的椭圆以A,B为顶点，且离心率为32，过A作斜率为k的直线l交双曲线于另一点M，交椭圆于另一点N，若AN=NM，则k的值为()A. 233B. 1C. 33D. 223已知F1，F2分别为双曲线C：x23y29=1的左、右焦点，过点F2的直线与双曲线C的右支交于A，B两点，设点H(xH,yH)，G(xG,yG)分别为AF1F2，BF1F2的内心，若|yH|=3|yG|，则|HG|=( )A. 23B. 3C. 33D. 4（多选）已知动点P

4、在双曲线C:x2y23=1上，双曲线C的左、右焦点分别为F1，F2，下列结论正确的是( )A. 双曲线C的渐近线与圆(x2)2+y2=3相切B. 满足|PF2|=4的点P共有2个C. 直线y=k(x2)与双曲线的两支各有一个交点的充要条件是3k0,b0)的左、右焦点，点M(x0,y0)(x00,b0)的右焦点为(2,0)，且双曲线的一条渐近线的斜率为3.过双曲线左焦点且垂直于x轴的直线交双曲线左支于A，B两点，双曲线上任意一点P满足OP=mOA+nOB(O为坐标原点)，则mn的最大值是_【解答题综合突破】已知双曲线C:x2a2y2b2=1(a0,b0)的离心率为5，且过点(2,2)(1)求双曲

5、线C的标准方程;(2)过点(0,1)且斜率为k的直线l与双曲线C相交于A，B两点，O为坐标原点，已知OAB的面积为43，求直线的斜率k已知双曲线C：x2a2y2b2=1(a0,b0)的虚轴长为4，直线2xy=0为双曲线C的一条渐近线(1)求双曲线C的标准方程；(2)记双曲线C的左右顶点分别为A，B，过点T(2,0)的直线l交双曲线C于点M，N(点M在第一象限)，记直线MA斜率为k1，直线NB斜率为k2，求证：k1k2为定值已知双曲线C:x2a2y2b2=1(a0,b0)的离心率为2，F为双曲线C的右焦点，M为双曲线C上的任一点，且点M到双曲线C的两条渐近线距离的乘积为34(1)求双曲线C的方程

6、；(2)设过点F且与坐标轴不垂直的直线l与双曲线C相交于点P，Q，线段PQ的垂直平分线与x轴交于点B，求PQBF的值答案解析1.A解：根据题意，双曲线的方程为x2y2=1，其焦点坐标为(2,0)，其渐近线方程为y=x，则其焦点到渐近线的距离d=|2|1+1=1；故选A2.C解：因为双曲线的离心率为233，所以e=ca=1+b2a2=233，所以ba=33，设双曲线的两条渐近线所夹的锐角为，则tan=33，则，所以双曲线的两条渐近线所夹的锐角为故选C3.C解：不妨设|PF1|PF2|，则|PF1|PF2|=2a，又|PF1|+|PF2|=6a，解得|PF1|=4a，|PF2|=2a，则PF1F2

7、是PF1F2的最小内角，则PF1F2为30，所以|PF2|2=|PF1|2+|F2F1|22|PF1|F2F1|cos30，所以(2a)2=(4a)2+(2c)224a2c32，化为e223e+3=0，解得e=3故选C4.y=2x解：由题意得，a=1，b=2，双曲线x2y24=1的渐近线方程为y=2x，故y=2x5.34解：由双曲线的定义有PF1PF2=PF2=2a=22，PF1=2PF2=42，双曲线的标准方程为x22y22=1，所以F2F2=22+2=4，在F1PF2中，由余弦定理得：cosF1PF2=PF12+PF22F1F222PF1PF2=(42)2+(22)24224222=34故

8、答案为346.D解：设双曲线方程为x2a2y2b2=1将y=x1代入x2a2y2b2=1，整理得(b2a2)x2+2a2xa2a2b2=0由韦达定理得x1+x2=2a2a2b2，则x1+x22=a2a2b2=23又c2=a2+b2=7，解得a2=2，b2=5，所以双曲线的方程是x22y25=1故选D7.D直线x=32被双曲线E：x2a2y2=1(a0)所截得线段的长度为22，由双曲线的对称性可知，点(32,2)在双曲线E上，94a222=1，解得a2=34，而b2=1，c2=a2+b2=74，故e2=c2a2=73，即e=213，故选D8.C解：由于O为F1F2的中点，Q为线段PF1的中点，则

9、由中位线定理可得OQ/PF2，|OQ|=12|PF2|，由PF1与以线段A1A2为直径的圆相切于点Q，则|OQ|=a，|PF2|=2a，由双曲线的定义可得，|PF1|PF2|=2a，即有|PF1|=4a，由OQPF1，由勾股定理可得a2+(2a)2=c2，即5a2=a2+b2，则4a2=b2，即ab=12C的渐近线方程为y=abx=12x故选：C9.A解：已知双曲线x2y24=1的左、右顶点为A(1,0)，B(1,0)，焦点在y轴上的椭圆以A,B为顶点，且离心率为32的椭圆方程为y2a2+x2b2=1(ab0)，所以c2a2=a2b2a2=1b2a2=(32)2，b=1得到b2a2=134=1

10、4，即a=2，所以椭圆的方程为y24+x2=1，过A作斜率为k的直线l：y=k(x+1)，与双曲线联立y=k(x+1)x2y24=1,整理得(4k2)x22k2x(k2+4)=0，设M(xM,yM)，由韦达定理得到1xM=k2+44k2，则xM=k2+44k2，yM=k(xM+1)=8k4k2，故M(k2+44k2,8k4k2)，与椭圆联立y=k(x+1)y24+x2=1得(k2+4)x2+2k2x+k24=0，设N(xN,yN)，由韦达定理得到1xN=4k2k2+4，则xN=4k2k2+4，yN=k(xN+1)=8kk2+4，所以N(4k2k2+4,8kk2+4)，因为AN=NM，得到k2+

11、44k24k2k2+4=4k2k2+4+1，解得k=233，故选A10.D 解：不妨设直线AB的斜率大于0.如图，连接HG，HF2，GF2，设AF1F2的内切圆与三边分别切于点D，E，F，则|AF1|AF2|=|AD|+|DF1|(|AE|+|EF2|)=|DF1|EF2|=|F1F|FF2|，2a=c+xH(cxH)，即xH=a，同理可得xG=a，则HGF1F2在RtF2FG中，|FG|=|FF2|tan2=(ca)tan2在RtF2FH中，又|yH|=3|yG|，所以|FH|=3|FG|即(ca)tan22=3(ca)tan2，解得tan2=33，tan=3，易得=3，所以故选D11.AC

12、D解：由双曲线的标准方程得：a=1，b=3，c=a2+b2=2A.双曲线C的渐近线方程为3x+y=0，圆(x2)2+y2=3的圆心(2,0)到渐近线的距离为|23|(3)2+1=3，等于圆的半径，所以双曲线C的渐近线与该圆相切，故选项A正确；B.|PF2|=4=|F1F2|，所以以F2为圆心以4为半径的圆与双曲线左支有两个交点，与双曲线右支也有两个交点，所以满足|PF2|=4的点P共有4个，故选项B错误；C.由y=k(x2)x2y23=1得(3k2)x2+4k2x(4k2+3)=0，由题意得，这个关于x的一元二次方程有一个正根一个负根，所以3k204k2+33k20，解得3k0,b0)的右焦点

13、为(2,0)，所以a2+b2=4双曲线的一条渐近线的斜率为3，所以ba=3.联立，解得a=1，b=3，所以双曲线方程为x2y23=1又直线AB的方程为x=2，与双曲线方程联立，得x=2,x2y23=1,解得x=2,y=3,或x=2,y=3.所以A(2,3)，B(2,3)设P(x,y)，则由OP=mOA+nOB，可得(x,y)=m(2,3)+n(2,3)，所以x=2(m+n)，y=3(mn)又因为点P是双曲线上任意一点，代入双曲线方程，可得4(m+n)29(mn)23=1，化简得m2+n2+14mn=1，即m2+n2=114mn又因为m2+n22mn(当且仅当m=n时等号成立)，即114mn2m

14、n，当且仅当m=n时等号成立，即16mn1，解得mn116所以当且仅当m=n时mn取最大值116故答案为11614.解：(1)依题意，可得ca=52a24b2=1c2=a2+b2，解得a=1，b=2，c=5，所以双曲线C的标准方程为x2y24=1(2)设直线l的方程为y=kx+1，由y=kx+14x2y2=4，可得(4k2)x22kx5=0，则k24,由0，可得4k2+4(4k2)50，解得5k5，即k5,2(2,2)2,5，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，由根与系数的关系可得x1+x2=2k4k2，x1x2=54k2，|AB|=1+k2|x1x2|=1+k2(x1+x2)24x1x2=

15、1+k24k2(4k2)2+204k2=41+k25k2(4k2)2，原点O到直线l的距离为d=11+k2，所以SOAB=12|AB|d=25k2(4k2)2，由SOAB=43，得25k2(4k2)2=43，即4k423k2+19=0，解得k=192，1，故直线l的斜率k=192，1.【点拨】本题主要考查了双曲线的概念及标准方程，双曲线的性质及几何意义，直线与双曲线的位置关系，点到直线的距离，三角形面积公式的应用，属于较难题(1)由已知列出方程组ca=52a24b2=1c2=a2+b2，解出即可得解(2)设直线l的方程为y=kx+1，与双曲线方程联立并利用韦达定理表示出x1+x2和x1x2，表

16、示出|AB|=1+k2|x1x2|，O到直线l的距离为d=11+k2，然后计算OAB的面积即可15.解：(1)由题意知，b=2，因为一条渐近线为y=2x，所以ba=2，解得a=1，则双曲线C的标准方程为x2y24=1(2)易知A(1,0)，B(1,0)，设直线l:x=ny+2，M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立x2y24=1x=ny+2，整理得(4n21)y2+16ny+12=0，得y1+y2=16n4n21，y1y2=124n21设直线MA的斜率k1=y1x1+1，设直线NB的斜率k2=y2x21，k1k2=y1x1+1y2x21=y1(ny2+1)y2(ny1+3)=ny1y2+y1

17、ny1y2+3y2又ny1y2=34(y1+y2)，所以k1k2=34(y1+y2)+y134(y1+y2)+3y2=13【点拨】本题考查直线与双曲线的综合应用，属于较难题(1)根据条件求出a，b，即可得双曲线方程；(2)易知A(1,0)，B(1,0)，设直线l方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理和斜率公式即可求证k1k2为定值16.(1)双曲线C的离心率为2，可得c=2a，所以b=c2a2=3a，所以双曲线C:x2a2y23a2=1，渐近线方程为3xy=0设Mx0,y0，则x02a2y023a2=1，即3x02y02=3a2因为点M到双曲线C的两条渐近线的距离乘积为34，所以3x0+y023

18、x0y02=34，即3x02y024=34，得3a24=34,a2=1，所以双曲线C的方程为x2y23=1(2)由(1)得F(2,0)，设直线l的方程为x=my+2，m0，Px1,y1，Qx2,y2，则由x2y23=1,x=my+2,得3m21y2+12my+9=0的两根为y1，y2，所以y1+y2=12m3m21，设线段PQ中点E为x0,y0，则y0=y1+y22=6m3m21，x0=my0+2=6m23m21+2=23m21，所以线段PQ的垂直平分线的方程为y+6m3m21=mx+23m21，令y=0，则x=83m21，即B83m21,0，所以BF=2+83m21=6m2+13m21由3m21y2+12my+9=0，得y=12m144m2363m2123m21=6m3m2+13m21，所以PQ=1+m2y1y2=1+m26m+3m2+13m216m3m2+13m21=6m2+13m21，所以PQBF