【名師一號】2020-2021學(xué)年高中數(shù)學(xué)新課標(biāo)人教A版選修1-1雙基限時練11(第二章)

雙基限時練(十一)1．雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，已知線段F1F2被點(b,0)分成51兩段，則此雙曲線的離心率為()A.eq\f(3,2) B.eq\f(9,5)C.eq\f(3\r(5),5) D.eq\f(\r(6),2)解析由題可知b＋c＝5(c－b)，∴3b＝2c∴9b2＝4c2＝9(c2－a2∴5c2＝9a2，∴e2＝eq\f(9,5)，e＝eq\f(3,5)eq\r(5).答案C2．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是鈍角三角形，則該雙曲線的離心率的取值范圍是()A．(1，eq\r(2)) B．(eq\r(2)，＋∞)C．(1,2) D．(2，＋∞)解析設(shè)A(c，y0)代入雙曲線方程得eq\f(c2,a2)－eq\f(y\o\al(2,0),b2)＝1，∴yeq\o\al(2,0)＝eq\f(b4,a2).∴|y0|＝eq\f(b2,a)，∴|AF|＝eq\f(b2,a).∵△ABE是鈍角三角形，∴∠AEF>45°.則只需|AF|>|EF|，即eq\f(b2,a)>a＋c，∴b2>a2＋ac，即c2－a2>a2＋ac，c2－ac－2a2∴e2－e－2>0，解得e>2，或e<－1(舍去)．故選D.答案D3．設(shè)e1，e2分別為具有公共焦點F1與F2的橢圓和雙曲線的離心率，P為兩曲線的一個公共點，且滿足eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝0，eq\f(1,e\o\al(2,1))＋eq\f(1,e\o\al(2,2))的值為()A．2 B.eq\f(3,2)C．4 D.eq\f(5,2)解析設(shè)橢圓與雙曲線的半焦距為c，橢圓的長半軸為a，雙曲線的實半軸為m，不妨設(shè)P在第一象限，由題可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|PF1|＋|PF2|＝2a，,①,|PF1|－|PF2|＝2m，,②,|PF1|2＋|PF2|2＝4c2，,③)))①2＋②2得|PF1|2＋|PF2|2＝2a2＋2∴a2＋m2＝2c2又eq\f(1,e\o\al(2,1))＋eq\f(1,e\o\al(2,2))＝(eq\f(a,c))2＋(eq\f(m,c))2＝eq\f(a2＋m2,c2)＝2.故選A.答案A4．設(shè)F1，F(xiàn)2分別為雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點．若在雙曲線右支上存在點P，滿足|PF2|＝|F1F2|，且F2到直線PF1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．3x±4y＝0 B．3x±5y＝0C．4x±3y＝0 D．5x±4y＝0解析設(shè)PF1的中點為M，由|PF2|＝|F1F2故F2M⊥PF1，即|F2M|＝在Rt△F1F2M中，|F1M|＝eq\r(2c2－2a2)＝2b，故|PF1|＝4b，則4b－2c＝2即2b－a＝c，∴(2b－a)2＝a2＋b2.∴3b2－4ab＝0，即3b＝4a故雙曲線的漸近線方程是y＝±eq\f(b,a)x，即y＝±eq\f(4,3)x，故選C.答案C5．與曲線eq\f(x2,24)＋eq\f(y2,49)＝1共焦點，而與曲線eq\f(x2,36)－eq\f(y2,64)＝1共漸近線的雙曲線方程為()A.eq\f(y2,9)－eq\f(x2,16)＝1 B.eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1C.eq\f(y2,16)－eq\f(x2,9)＝1 D.eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1解析橢圓的焦點為(0，±5)，雙曲線的漸近線為y＝±eq\f(4,3)x，驗證選項知應(yīng)選C.答案C6．下列三圖中的多邊形均為正多邊形，M，N是所在邊上的中點，雙曲線均以圖中的F1，F(xiàn)2為焦點，設(shè)圖①、②、③中的雙曲線的離心率分別為e1，e2，e3，則()A．e1>e2>e3 B．e1<e2<e3C．e1＝e3<e2 D．e1＝e3>e2解析設(shè)|F1F2|＝2c，在①中2a＝|MF2|－|MF1|＝(eq\r(3)－1)c；在②中，2a＝|MF2|－|MF1|＝eq\f(\r(10)－\r(2),2)c；在③中，2a＝|AF2|－|AF1|＝(eq\r(3)－1)c.∴e1＝e3>e2.答案D7．若動點P(x，y)到定點F(5,0)的距離是它到直線x＝eq\f(9,5)的距離的eq\f(5,3)倍，則動點P的軌跡方程為________．解析設(shè)P(x，y)，則eq\f(\r(x－52＋y2),|x－\f(9,5)|)＝eq\f(5,3)，化簡整理得16x2－9y2＝144.答案16x2－9y2＝1448．已知雙曲線eq\f(x2,2)－eq\f(y2,b2)＝1(b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，其一條漸近線方程為y＝x，點P(eq\r(3)，y0)在該雙曲線上，則eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝________.解析由于漸近線方程為y＝x，∴b＝eq\r(2).∴雙曲線方程為x2－y2＝2.∴點P的坐標(biāo)為(eq\r(3)，±1)．又易知F1(－2,0)，F(xiàn)2(2,0)，不妨取P(eq\r(3)，1)．∴eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))＝(－2－eq\r(3)，－1)·(2－eq\r(3)，－1)＝0.答案09．已知P是雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,9)＝1右支上的一點，雙曲線的一條漸近線的方程為3x－y＝0.設(shè)F1，F(xiàn)2分別為雙曲線的左、右焦點．若|PF2|＝3，則|PF1|＝________.解析由雙曲線的一條漸近線的方程為3x－y＝0，且b＝3可得a＝1，由雙曲線的定義知|PF1|－|PF2|＝2a?|PF1|－3＝2?|PF1答案510．已知雙曲線的方程是16x2－9y2＝144，F(xiàn)1，F(xiàn)2是其左、右焦點，點P在雙曲線上，且|PF1|·|PF2|＝32，求∠F1PF2的大?。怆p曲線的方程可化為eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1，∴a2＝9，b2＝16，∴c＝5.由雙曲線的定義知||PF1|－|PF2||＝2a∴cos∠F1PF2＝eq\f(|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2,2|PF1|·|PF2|)＝eq\f(|PF1|－|PF2|2＋2|PF1|·|PF2|－4c2,2|PF1|·|PF2|).又|PF1|·|PF2|＝32，∴cos∠F1PF2＝eq\f(62＋2×32－4×25,2×32)＝0.∴∠F1PF2的大小為90°.11．已知雙曲線中心在原點，且一個焦點為(eq\r(7)，0)，直線y＝x－1與其相交于M，N兩點，MN的中點的橫坐標(biāo)為－eq\f(2,3)，求此雙曲線的方程．解設(shè)雙曲線方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，依題意c＝eq\r(7)，∴方程可以化為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,7－a2)＝1，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)－\f(y2,7－a2)＝1，,y＝x－1，))得(7－2a2)x2＋2a2x－8a2＋設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(－2a2,7－2a2)，∵eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(2,3)，∴eq\f(－a2,7－2a2)＝－eq\f(2,3)，解得a2＝2.∴雙曲線的方程為eq\f(x2,2)－eq\f(y2,5)＝1.12．設(shè)k∈R，爭辯方程kx2＋2y2－8＝0所表示的曲線．解①當(dāng)k<0時，方程變形為eq\f(x2,\f(8,k))＋eq\f(y2,4)＝