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2019-2020年高考數(shù)學 雙曲線練習 1、已知m,n為兩個不相等的非零實數(shù)，則方程mx－y+n=0與nx2+my2=mn所表示的曲線可能是（ ） A B C D 2、已知橢圓E：（a＞b＞0）與雙曲線G：x共焦點，F(xiàn)1，F(xiàn)2是雙曲線的左、右焦點，P是橢圓E與雙曲線G的一個交點，O為坐標原點，△PF1F2的周長為4． （1）求橢圓E的方程； （2）已知動直線l與橢圓E恒有兩個不同交點A，B，且，求△OAB面積的取值范圍． 3、點為雙曲線的右焦點，點P為雙曲線左支上一點，線段PF與圓相切于點Q，且，則雙曲線的離心率等于 （ ） A． B． C． D．2 4、過雙曲線的左焦點F作圓x2＋y2＝的切線，切點為E，延長FE交雙曲線右支于點P，若E為PF的中點，則雙曲線的離心率為________． 5、已知雙曲線﹣=1（b∈N*）的兩個焦點F1，F(xiàn)2，點P是雙曲線上一點，|OP|＜5，|PF1|，|F1F2|，|PF2|成等比數(shù)列，則雙曲線的離心率為（　?。? 　 A． 2 B． 3 C． D． 6、過雙曲線 的左焦點 ，作圓 的切線，切點為E，延長FE交雙曲線右支于點P，若 ，則雙曲線的離心率為 A. B． C. D． 7、如圖，、是雙曲線的左、右焦點，過的直線與雙曲線的左右兩支分別交于點、.若為等邊三角形，則雙曲線的離心率為( ) 4 8、過曲線的左焦點作曲線的切線，設切點為M，延長交曲線于點N，其中有一個共同的焦點，若，則曲線的離心率為 （ ） A. B. C. D. 9、已知雙曲線的左，右焦點分別為，，過點的直線與雙曲線的右支相交于，兩點，且點的橫坐標為，則△的周長為 A．　 B． C．　 D． 10、已知雙曲線上一點，過雙曲線中心的直線交雙曲線于A、B兩點，記直線AC、BC的斜率分別為，當最小時，雙曲線離心率為 11、已知拋物線y=x2與雙曲線﹣x2=1（a＞0）有共同的焦點F，O為坐標原點，P在x軸上方且在雙曲線上，則?的最小值為（　?。? A． 2﹣3 B． 3﹣2 C． D． 12、已知雙曲線C：﹣=1（a＞0，b＞0），F(xiàn)1、F2分別是它的左、右焦點，A（﹣1，0）是其左頂點，且雙曲線的離心率為e=2．設過右焦點F2的直線l與雙曲線C的右支交于P、Q兩點，其中點P位于第一象限內． （1）求雙曲線的方程； （2）若直線AP、AQ分別與直線x=交于M、N兩點，求證：MF2⊥NF2； （3）是否存在常數(shù)λ，使得∠PF2A=λ∠PAF2恒成立？若存在，求出λ的值，若不存在，請說明理由． 13、無論為任何實數(shù)，直線與雙曲線恒有公共點。 （1）求雙曲線的離心率的取值范圍； （2）若直線經過雙曲線的右焦點與雙曲線交于兩點，并且滿足 ,求雙曲線的方程。 14、如圖，雙曲線C：﹣=1（a＞0，b＞0）的左、右焦點F1（﹣c，0）、F2（c，0），A為雙曲線C右支上一點，且|AF1|=2c，AF1與y軸交于點B，若F2B是∠AF2F1的角平分線，則雙曲線C的離心率是（　?。? 　 A． B． 1+ C． D． 15、設雙曲線(a＞0，b＞0）的右焦點為F，過點F作與x軸垂直的直線l交兩漸近線于A、B兩點，且與雙曲線在第一象限的交點為P，設O為坐標原點，若，，則該雙曲線的離心率為（ ） A． B． C． D． 16、已知橢圓的離心率為，雙曲線與橢圓有相同的焦點，M是兩曲線的一個公共點，若，則雙曲線的漸近線方程為（ ） A． B． C． D． 17、雙曲線的中心在原點，焦點在x軸上，若的一個焦點與拋物線：的焦點重合，且拋物線的準線交雙曲線所得的弦長為4，則雙曲線的實軸長為（ ） A．6 B．2 C． D． 18、已知橢圓的中心在坐標原點，兩焦點分別為雙曲線的頂點，直線與橢圓交于，兩點，且點的坐標為，點是橢圓上異于點,的任意一點，點滿足，，且，，三點不共線. （1）求橢圓的方程； （2）求點的軌跡方程； （3）求面積的最大值及此時點的坐標. 19、設分別為雙曲線的左、右焦點．若在雙曲線右支上存在點，滿足，且到直線的距離等于雙曲線的實軸長，則該雙曲線的漸近線方程為（ ） A． B． C． D． 20、已知，橢圓的方程為，雙曲線的方程為，與的離心率之積為，則的漸近線方程為（ ） A. B. C． D． 答 案 1、C 2、（I）由雙曲線G：知F1（﹣2，0），F(xiàn)2（2，0），可得在橢圓E：中有c=2，又△PF1F2的周長為4+4，可得|PF1|+|PF2|=4=2a， b2=a2﹣c2，解出即可． （II）當直線l的斜率存在時，其方程可設為y=kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），與橢圓方程聯(lián)立可得：（1+2k2）x2+4kmx+2m2﹣8=0，則△＞0，可得（8k2﹣m2+4）＞0，要使，需使x1x2+y1y2=0，可得3m2﹣8k2﹣8=0，而原點到直線l的距離d=，又|AB|==，對k分類討論即可得出取值范圍，利用S△OAB=，即可得出． 解：（I）由雙曲線G：知F1（﹣2，0），F(xiàn)2（2，0）， ∴在橢圓E：中有c=2， 又△PF1F2的周長為4+4， ∵|PF1|+|PF2|=4=2a， a=2，b2=a2﹣c2=4， ∴橢圓E的方程為， （II）當直線l的斜率存在時，其方程可設為y=kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2）， 解方程組，得（1+2k2）x2+4kmx+2m2﹣8=0， 則△=16k2m2﹣4（1+2k2）（2m2﹣8）=8（8k2﹣m2+4）＞0， 即（8k2﹣m2+4）＞0， ∴x1+x2=﹣，， 要使，需使x1x2+y1y2=0， 即+=0， ∴3m2﹣8k2﹣8=0，8k2﹣m2+4＞0對于k∈R恒成立， 而原點到直線l的距離d=， d2===，d=， 同時有====， ∴|AB|===， ①當k≠0時，|AB|=， ∵，∴， ∴≤12， ∴＜|AB|≤2，當且僅當k=時取”=”． ②當k=0時，|AB|=． 當直線l的斜率不存在時，直線為x=與橢圓=1的兩個交點為或滿足， 此時|AB|=， 綜上，|AB|的取值范圍為， ∴S△OAB==|AB|∈． 因此S△OAE∈． 3、C 4、 5、通過等比數(shù)列的性質和雙曲線的定義，余弦定理推出：|OP|2=20+3b2．利用|OP|＜5，b∈N，求出b的值，求出c，再由離心率公式計算即可得到． 解：由題意，|PF1|、|F1F2|、|PF2|成等比數(shù)列， 可知，|F1F2|2=|PF1||PF2|， 即4c2=|PF1||PF2|， 由雙曲線的定義可知|PF1|﹣|PF2|=4，即|PF1|2+|PF2|2﹣2|PF1||PF2|=16， 可得|PF1|2+|PF2|2﹣8c2=16…① 設∠POF1=θ，則∠POF2=π﹣θ， 由余弦定理可得：|PF2|2=c2+|OP|2﹣2|OF2||OP|cos（π﹣θ）， |PF1|2=c2+|OP|2﹣2|OF1||OP|cosθ， |PF2|2+PF1|2=2c2+2|OP|2，…②， 由①②化簡得：|OP|2=8+3c2=20+3b2． 因為|OP|＜5，b∈N，所以20+3b2＜25． 所以b=1． c==， 即有e==． 故選：D． 6、C 7、B 8、 解析：設雙曲線的右焦點為F2，則F2的坐標為（c，0） 因為曲線C1與C3有一個共同的焦點，所以y2=4cx ，因為O為F1F2的中點，M為F1N的中點，所以OM為△NF1F2的中位線，所以OM∥PF2，因為|OM|=a，所以|NF2|=2a 又NF2⊥NF1，|FF2|=2c 所以|NF1|=2b 設N（x，y），則由拋物線的定義可得x+c=2a，∴x=2a-c ，過點F作x軸的垂線，點N到該垂線的距離為2a ，由勾股定理 y2+4a2=4b2，即4c（2a-c）+4a2=4（c2-a2），得e2-e-1=0，∴e=． 故選：D 9、根據題意得PQ⊥x軸，則，解得， ,則△的周長為，故選D. 【思路點撥】根據題意得，△是以PQ為底邊的等腰三角形，由勾股定理及雙曲線的定義求得，進而求得△的周長. 10、解析：設A（x1，y1），C（x2，y2）， 由題意知點A，B為過原點的直線與雙曲線的交點， ∴由雙曲線的對稱性得A，B關于原點對稱， ∴B（﹣x1，﹣y1），∴k1k2=?=， ∵點A，C都在雙曲線上，∴﹣=1，﹣=1， 兩式相減，可得：k1k2=＞0，對于=+ln|k1k2|， 函數(shù)y=+lnx（x＞0），由y′=﹣+=0，得x=0（舍）或x=2， x＞2時，y′＞0，0＜x＜2時，y′＜0， ∴當x=2時，函數(shù)y=+lnx（x＞0）取得最小值， ∴當+ln（k1k2）最小時，k1k2==2， ∴e==．故答案為：． 11、解：拋物線y=x2的焦點F為（0，2）， 則雙曲線﹣x2=1的c=2，則a2=3， 即雙曲線方程為=1， 設P（m，n），（n），則n2﹣3m2=3， 則?=（m，n）?（m，n﹣2）=m2+n2﹣2n=﹣1+n2﹣2n =﹣2n﹣1=（n﹣）2﹣， 12、（1）由題可知：a=1．由于，可得c=2．再利用b2=c2﹣a2即可． （2）設直線l的方程為：x=ty+2，另設：P（x1，y1）、Q（x2，y2）．聯(lián)立，可得根與系數(shù)的關系．又直線AP的方程為，解得M．同理解得N．只要證明=0即可． （3）當直線l的方程為x=2時，解得P（2，3）．易知此時△AF2P為等腰直角三角形，可得：λ=2． 當∠AF2P=2∠PAF2對直線l存在斜率的情形也成立．利用正切的倍角公式、斜率計算公式、雙曲線的方程、正切函數(shù)的單調性即可證明． （1）解：由題可知：a=1． ∵， ∴c=2． ∴b2=c2﹣a2=3， ∴雙曲線C的方程為：． （2）證明：設直線l的方程為：x=ty+2，另設：P（x1，y1）， Q（x2，y2）． 聯(lián)立，化為（3t2﹣1）y2+12ty+9=0． ∴． 又直線AP的方程為，代入x=， 解得M． 同理，直線AQ的方程為，代入x=，解得N． ∴=． ∴=+ = =+ =． ∴MF2⊥NF2． （3）解：當直線l的方程為x=2時，解得P（2，3）．易知此時△AF2P為等腰直角三角形， 其中，也即：λ=2． 下證：∠AF2P=2∠PAF2對直線l存在斜率的情形也成立． tan2∠PAF2====． ∵=1，∴． ∴， ∴， ∴結合正切函數(shù)在上的圖象可知，∠AF2P=2∠PAF2． 13、 14、解：由F2B是∠AF2F1的角平分線，O為F1F2的中點， 則|BF1|=|BF2|， ∠BF1F2=∠BF2F1=∠BF2A，設為α． 又|AF1|=2c，則∠A=2α， 則∠A+∠AF1F2+∠AF2F1=5α=180， 即有α=36， ∠ABF2=2α=72=∠A， 即有|BF2|=|AF2|， 由雙曲線的定義可得|AF1|﹣|AF2|=2a， 則|AF2|=2c﹣2a，|AB|=2c﹣（2c﹣2a）=2a， 由F2B是∠AF2F1的角平分線，可得=， 即有=， 即有ac=（c﹣a）2， 即c2﹣3ac+a2=0， 由e=，可得e2﹣3e+1=0， 解得e=或， 由于e＞1，則e=． 故選：D． 15、A 16、A 17、D 18、（1）；（2），除去四個點，，，；（3），點的坐標為或. 試題分析：（1）由雙曲線的頂點得橢圓的焦點，由橢圓的定義得的值，利用即可得橢圓的方程；（2）設點，先寫出，，，的坐標，再根據已知條件可得，，代入，化簡，即可得點的軌跡方程；（3）先計算的面積，利用基本不等式即可得的面積的最大值. 試題解析：（1）解法1： ∵ 雙曲線的頂點為,, …………1分 ∴ 橢圓兩焦點分別為,. 設橢圓方程為， ∵ 橢圓過點， ∴ ，得. ………………………2分 ∴ . ………………………3分 ∴ 橢圓的方程為 . ………………………4分 解法2: ∵ 雙曲線的頂點為,, …………………1分 ∴ 橢圓兩焦點分別為,. 設橢圓方程為， ∵ 橢圓過點， ∴ . ① ………………………2分 ∵ , ② ………………………3分 由①②解得, . ∴ 橢圓的方程為 . ………………………4分 （2）解法1：設點，點， 由及橢圓關于原點對稱可得， ∴，，，. 由 , 得 ， ……………………5分 即 . ① 同理, 由, 得 . ② ……………6分 ①②得 . ③ ………………………7分 由于點在橢圓上, 則，得, 代入③式得 . 當時，有， 當，則點或,此時點對應的坐標分別為或 ，其坐標也滿足方程. ………………………8分 當點與點重合時，即點，由②得 ， 解方程組 得點的坐標為或. 同理, 當點與點重合時，可得點的坐標為或. ∴點的軌跡方程為 , 除去四個點,, ,. ………9分 解法2：設點，點， 由及橢圓關于原點對稱可得， ∵，， ∴，. ∴，① ……………………5分 . ② ……………………6分 ①② 得 . (*) ………………………7分 ∵ 點在橢圓上, ∴ ，得, 代入(*)式得，即, 化簡得 . 若點或, 此時點對應的坐標分別為或 ，其坐標也滿足方程. ………………………8分 當點與點重合時，即點，由②得 ， 解方程組 得點的坐標為或. 同理, 當點與點重合時，可得點的坐標為或. ∴點的軌跡方程為 , 除去四個點,, ,.…………9分 (3) 解法１：點到直線的距離為. △的面積為………………………10分 . ………………………11分 而（當且僅當時等號成立） ∴. ……12分 當且僅當時, 等號成立. 由解得或 ………………………13分 ∴△的面積最大值為, 此時,點的坐標為或.…14分 解法２：由于， 故當點到直線的距離最大時，△的面積最大． ………………………10分 設與直線平行的直線為， 由消去，得， 由，解得．　　　………………………11分 若，則，；若，則，． …12分 故當點的坐標為或時，△的面積最大，其值為 ．　　　　　　　　　　………………………14分 19、B 20、B