一、選擇題
1．平面內(nèi)到兩定點(diǎn)F1(－5，0)，F(xiàn)2(5，0)距離差的絕對(duì)值等于8的動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程為( )
A． eq \f(x2,25)－ eq \f(y2,16)＝1 B． eq \f(y2,16)－ eq \f(x2,9)＝1
C． eq \f(x2,9)－ eq \f(y2,16)＝1 D． eq \f(x2,16)－ eq \f(y2,9)＝1
答案：D
解析：由題意得a＝4，c＝5，∴b2＝c2－a2＝25－16＝9，又焦點(diǎn)落在x軸上，∴其雙曲線(xiàn)方程為 eq \f(x2,16)－ eq \f(y2,9)＝1.
2．設(shè)過(guò)雙曲線(xiàn)x2－y2＝9左焦點(diǎn)F1的直線(xiàn)交雙曲線(xiàn)的左支于點(diǎn)P，Q，F(xiàn)2為雙曲線(xiàn)的右焦點(diǎn)．若|PQ|＝7，則△F2PQ的周長(zhǎng)為( )
A．19 B．26 C．43 D．50
答案：B
解析：x2－y2＝9可化為 eq \f(x2,9)－ eq \f(y2,9)＝1，
∴a＝3，由雙曲線(xiàn)的定義知
|PF2|＝2a＋|PF1|，|QF2|＝2a＋|QF1|，
∴△F2PQ的周長(zhǎng)L＝|PQ|＋|PF2|＋|QF2|＝|PQ|＋2a＋|PF1|＋2a＋|QF1|＝2|PQ|＋4a＝2×7＋4×3＝26.
3．漸近線(xiàn)方程為x±y＝0的雙曲線(xiàn)的離心率是( )
A． eq \f(\r(2),2) B．1
C． eq \r(2) D．2
答案：C
解析：因?yàn)殡p曲線(xiàn)的漸近線(xiàn)方程為x±y＝0，所以無(wú)論雙曲線(xiàn)的焦點(diǎn)在x軸上還是在y軸上，都滿(mǎn)足a＝b，所以c＝ eq \r(2)a，所以雙曲線(xiàn)的離心率e＝ eq \f(c,a)＝ eq \r(2).故選C.
4．若a>1，則雙曲線(xiàn) eq \f(x2,a2)－y2＝1的離心率的取值范圍是( )
A．( eq \r(2)，＋∞) B．( eq \r(2)，2)
C．(1， eq \r(2)) D．(1，2)
答案：C
解析：∵c2＝a2＋1，∴e2＝ eq \f(c2,a2)＝ eq \f(a2＋1,a2)＝1＋ eq \f(1,a2)，
又a2>1，∴0< eq \f(1,a2)0)的離心率為 eq \r(5)，C的一條漸近線(xiàn)與圓(x－2)2＋(y－3)2＝1交于A(yíng)，B兩點(diǎn)，則|AB|＝( )
A． eq \f(\r(5),5) B． eq \f(2\r(5),5) C． eq \f(3\r(5),5) D． eq \f(4\r(5),5)
答案：D
解析：根據(jù)雙曲線(xiàn)的離心率e＝ eq \r(5)＝ eq \f(c,a)，得c＝ eq \r(5)a，即c2＝5a2，即a2＋b2＝5a2，所以b2＝4a2， eq \f(b2,a2)＝4，所以雙曲線(xiàn)的漸近線(xiàn)方程為y＝±2x，易知漸近線(xiàn)y＝2x與圓相交．
方法一 由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2x，,（x－2）2＋（y－3）2＝1))，得5x2－16x＋12＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝ eq \f(16,5)，x1x2＝ eq \f(12,5).所以|AB|＝ eq \r(1＋22)|x1－x2|＝ eq \r(5) eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,5)))\s\up12(2)－4×\f(12,5))＝ eq \f(4\r(5),5)，故選D.
方法二 則圓心(2，3)到漸近線(xiàn)y＝2x的距離d＝ eq \f(|2×2－3|,\r(22＋（－1）2))＝ eq \f(\r(5),5)，所以|AB|＝2 eq \r(1－d2)＝2 eq \r(1－（\f(\r(5),5)）2)＝ eq \f(4\r(5),5)，故選D.
7．設(shè)雙曲線(xiàn) eq \f(x2,4)－ eq \f(y2,3)＝1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過(guò)點(diǎn)F1的直線(xiàn)l交雙曲線(xiàn)左支于A(yíng)，B兩點(diǎn)，則|BF2|＋|AF2|的最小值為( )
A． eq \f(19,2) B．11 C．12 D．16
答案：B
解析：由題意得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|AF2|－|AF1|＝2a＝4，,|BF2|－|BF1|＝2a＝4，))所以|BF2|＋|AF2|＝8＋|AF1|＋|BF1|＝8＋|AB|，顯然，當(dāng)AB為通徑時(shí)，其長(zhǎng)度最短，|AB|min＝2· eq \f(b2,2)＝3，故(|BF2|＋|AF2|)min＝11.
8．雙曲線(xiàn)C： eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的離心率為2，其漸近線(xiàn)與圓(x－a)2＋y2＝ eq \f(3,4)相切，則該雙曲線(xiàn)的方程為( )
A．x2－ eq \f(y2,3)＝1 B． eq \f(x2,3)－ eq \f(y2,9)＝1
C． eq \f(x2,2)－ eq \f(y2,5)＝1 D． eq \f(x2,4)－ eq \f(y2,12)＝1
答案：A
解析：由題意得到e＝ eq \f(c,a)＝2，∴b＝ eq \r(3)a，則雙曲線(xiàn)的漸近線(xiàn)方程為y＝± eq \r(3)x.漸近線(xiàn)與圓(x－a)2＋y2＝ eq \f(3,4)相切，∴ eq \f(|\r(3)a|,2)＝ eq \f(\r(3),2)，又a>0，∴a＝1，b＝ eq \r(3).
則雙曲線(xiàn)方程為：x2－ eq \f(y2,3)＝1.
故答案為A.
9．已知橢圓C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)和雙曲線(xiàn)E：x2－y2＝1有相同的焦點(diǎn)F1，F(xiàn)2，且離心率之積為1，P為兩曲線(xiàn)的一個(gè)交點(diǎn)，則△F1PF2的形狀為( )
A．銳角三角形 B．直角三角形
C．鈍角三角形 D．不能確定
答案：B
解析：∵x2－y2＝1的焦點(diǎn)(± eq \r(2)，0)，e1＝ eq \f(c,a)＝ eq \r(2)，
∴由題意得 eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(± eq \r(2)，0)，e＝ eq \f(\r(2),2)，
∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2－b2＝c2＝2，,\f(\r(a2－b2),a)＝\f(\r(2),2)，))∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝2.))
∴橢圓方程為 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,2)＝1.
設(shè)P為兩曲線(xiàn)右邊的交點(diǎn)，由橢圓、雙曲線(xiàn)的定義知，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|PF1|＋|PF2|＝2×2，,|PF1|－|PF2|＝2，))∴|PF1|＝3，|PF2|＝1，
又|F1F2|＝2 eq \r(2)，且|PF2|2＋|F1F2|2＝1＋(2 eq \r(2))2＝1＋8＝9＝|PF1|2，
∴△F1PF2為直角三角形．
二、填空題
10．雙曲線(xiàn) eq \f(x2,9)－ eq \f(y2,16)＝1上一點(diǎn)M到其中一個(gè)焦點(diǎn)的距離為7，則點(diǎn)M到另一個(gè)焦點(diǎn)的距離為_(kāi)_______．
答案：13
解析：由題意，a2＝9，所以a＝3.設(shè)點(diǎn)M到另一個(gè)焦點(diǎn)的距離為d，由雙曲線(xiàn)的定義知，|7－d|＝2a＝2×3＝6，所以d＝1(舍)或d＝13.即點(diǎn)M到另一個(gè)焦點(diǎn)的距離為13.
11．已知雙曲線(xiàn) eq \f(x2,a2)－y2＝1(a>0)的一條漸近線(xiàn)為 eq \r(3)x＋y＝0，則a＝________．
答案： eq \f(\r(3),3)
解析：∵雙曲線(xiàn) eq \f(x2,a2)－y2＝1的漸近線(xiàn)方程為y＝± eq \f(x,a)，
∴ eq \f(1,a)＝ eq \r(3)，a＝ eq \f(\r(3),3).
12．[2023·新課標(biāo)Ⅰ卷]已知雙曲線(xiàn)C： eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2.點(diǎn)A在C上，點(diǎn)B在y軸上，F(xiàn)1A⊥F1B，F(xiàn)2A＝－ eq \f(2,3)F2B，則C的離心率為_(kāi)_______．
答案： eq \f(3\r(5),5)
解析：方法一 由題意可知，F(xiàn)1(－c，0)，F(xiàn)2(c，0)，設(shè)A(x1，y1)，B(0，y0)，所以F2A＝(x1－c，y1)，F(xiàn)2B＝(－c，y0)，因?yàn)镕2A＝－ eq \f(2,3)F2B，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1－c＝\f(2,3)c,y1＝－\f(2,3)y0))，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝\f(5,3)c,y1＝－\f(2,3)y0))，所以A( eq \f(5,3)c，－ eq \f(2,3)y0).
＝( eq \f(8,3)c，－ eq \f(2,3)y0)，＝(c，y0)，因?yàn)椤停浴ぃ?，即 eq \f(8,3)c2－ eq \f(2,3)y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝0，解得y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝4c2.
因?yàn)辄c(diǎn)A( eq \f(5,3)c，－ eq \f(2,3)y0)在雙曲線(xiàn)C上，所以 eq \f(25c2,9a2)－ eq \f(4y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,9b2)＝1，又y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝4c2，所以 eq \f(25c2,9a2)－ eq \f(16c2,9b2)＝1，即 eq \f(25（a2＋b2）,9a2)－ eq \f(16（a2＋b2）,9b2)＝1，化簡(jiǎn)得 eq \f(b2,a2)＝ eq \f(4,5)，所以e2＝1＋ eq \f(b2,a2)＝ eq \f(9,5)，所以e＝ eq \f(3\r(5),5).
方法二 由前面方法一得A( eq \f(5,3)c，－ eq \f(2,3)y0)，y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝4c2，所以|AF1|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)c＋c))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)y0))\s\up12(2))＝ eq \r(\f(64c2,9)＋\f(4y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,9))＝ eq \r(\f(64c2,9)＋\f(16c2,9))＝ eq \f(4\r(5)c,3)，|AF2|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)c－c))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)y0))\s\up12(2))＝ eq \r(\f(4c2,9)＋\f(4y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,9))＝ eq \r(\f(4c2,9)＋\f(16c2,9))＝ eq \f(2\r(5)c,3)，由雙曲線(xiàn)的定義可得|AF1|－|AF2|＝2a，即 eq \f(4\r(5)c,3)－ eq \f(2\r(5)c,3)＝2a，即 eq \f(\r(5),3)c＝a，所以雙曲線(xiàn)的離心率e＝ eq \f(c,a)＝ eq \f(3,\r(5))＝ eq \f(3\r(5),5).
方法三 由＝－ eq \f(2,3)可得A，B，F(xiàn)2三點(diǎn)共線(xiàn)，且F2在線(xiàn)段AB上，不妨令點(diǎn)A在第一象限，則點(diǎn)B在y軸負(fù)半軸上，易得|F2A|＝ eq \f(2,3)|F2B|.設(shè)|F2B|＝3m(m>0)，則|F2A|＝2m，所以|F1B|＝|F2B|＝3m，|AB|＝5m，由⊥可得∠AF1B＝90°，所以|AF1|＝ eq \r(|AB|2－|BF1|2)＝4m，所以2a＝|AF1|－|AF2|＝2m，即a＝m.過(guò)F1作F1D⊥AB，垂足為D，則 eq \f(1,2)|AB|·|F1D|＝ eq \f(1,2)|F1A|·|F1B|，即 eq \f(1,2)×5m×|F1D|＝ eq \f(1,2)×4m×3m，所以|F1D|＝ eq \f(12,5)m，所以|BD|＝ eq \r(|BF1|2－|F1D|2)＝ eq \f(9,5)m，所以|F2D|＝ eq \f(6,5)m，則|F1F2|＝ eq \r(|F1D|2＋|F2D|2)＝ eq \f(6\r(5),5)m＝2c，即c＝ eq \f(3\r(5),5)m，所以e＝ eq \f(c,a)＝ eq \f(3\r(5),5).
[能力提升]
13．[2024·全國(guó)甲卷(理)]已知雙曲線(xiàn)的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為(0，4)，(0，－4)，且經(jīng)過(guò)點(diǎn)(－6，4)，則該雙曲線(xiàn)的離心率為( )
A．4 B．3 C．2 D． eq \r(2)
答案：C
解析：方法一 由題可設(shè)雙曲線(xiàn)的方程為 eq \f(y2,a2)－ eq \f(x2,b2)＝1(a>0，b>0).根據(jù)已知條件可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＋b2＝c2＝42，,\f(42,a2)－\f(（－6）2,b2)＝1，))解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,c＝4.))則該雙曲線(xiàn)的離心率e＝ eq \f(c,a)＝ eq \f(4,2)＝2.故選C.
方法二 設(shè)該雙曲線(xiàn)的焦距為2c，實(shí)軸長(zhǎng)為2a，由題知c＝4，2a＝ eq \r(（－6）2＋（4＋4）2)－ eq \r(（－6）2＋（4－4）2)＝4，則a＝2，則該雙曲線(xiàn)的離心離e＝ eq \f(c,a)＝2.故選C.
方法三 記A(0，4)，B(0，－4)，C(－6 ，4)，則AB⊥AC，|AB|＝8，|AC|＝6，則|BC|＝10，又因?yàn)樵撾p曲線(xiàn)的半焦距c＝4，實(shí)軸長(zhǎng)2a＝|BC|－|AC|＝4，則a＝2，則該雙曲線(xiàn)的離心率e＝ eq \f(c,a)＝2.故選C.
14．設(shè)A，B為雙曲線(xiàn)x2－ eq \f(y2,9)＝1上兩點(diǎn)，下列四個(gè)點(diǎn)中，可為線(xiàn)段AB中點(diǎn)的是( )
A．(1，1) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，2))
C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，3)) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－4))
答案：D
解析：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中點(diǎn)為M(x0，y0)，由點(diǎn)A，B在雙曲線(xiàn)上，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －\f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,9)＝1,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －\f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,9)＝1))，兩式作差，得x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝ eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,9)，即(x1－x2)(x1＋x2)＝ eq \f(（y1－y2）（y1＋y2）,9)，化簡(jiǎn)得 eq \f(（y1－y2）（y1＋y2）,（x1－x2）（x1＋x2）)＝9，即 eq \f(y1－y2,x1－x2)· eq \f(\f(y1＋y2,2),\f(x1＋x2,2))＝kAB· eq \f(y0,x0)＝9，因此kAB＝9· eq \f(x0,y0).
由雙曲線(xiàn)方程可得漸近線(xiàn)方程為y＝±3x，如圖．對(duì)于A(yíng)選項(xiàng)，因?yàn)閗AB＝9× eq \f(1,1)＝9>3，所以直線(xiàn)AB與雙曲線(xiàn)無(wú)交點(diǎn)，不符合題意；對(duì)于B選項(xiàng)，因?yàn)閗AB＝9× eq \f(－1,2)＝－ eq \f(9,2)＜－3，所以直線(xiàn)AB與雙曲線(xiàn)無(wú)交點(diǎn)，不符合題意；對(duì)于C選項(xiàng)，kAB＝9× eq \f(1,3)＝3，此時(shí)直線(xiàn)AB與漸近線(xiàn)y＝3x平行，與雙曲線(xiàn)不可能有兩個(gè)交點(diǎn)，不符合題意；對(duì)于D選項(xiàng)，因?yàn)閗AB＝9× eq \f(－1,－4)＝ eq \f(9,4)0，b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的直線(xiàn)與C交于A(yíng)，B兩點(diǎn)，|F1B|＝2|F1A|，·＝4a2，則C的離心率為( )
A． eq \r(2) B．2 C． eq \r(5) D． eq \r(7)
答案：D
解析：由雙曲線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)性可知 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(F1A))＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(F2B))， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(F1B))＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(F2A))，有四邊形AF1BF2為平行四邊形，
令 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(F1A))＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(F2B))＝m，
則 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(F1B))＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(F2A))＝2m，
由雙曲線(xiàn)定義可知 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(F2A))－ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(F1A))＝2a，故有2m－m＝2a，即m＝2a，
即 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(F1A))＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(F2B))＝m＝2a， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(F1B))＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(F2A))＝4a，
·＝·cs ∠AF2B＝2a×4a cs ∠AF2B＝4a2，
則cs ∠AF2B＝ eq \f(1,2)，即∠AF2B＝ eq \f(π,3)，故∠F2BF1＝ eq \f(2π,3)，
則有cs ∠F2BF1
＝ eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(F1B))2＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(F2B))2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(F1F2))2,2\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(F1B))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(F2B)))
＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4a))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2a))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2c))2,2×4a×2a)＝－ eq \f(1,2)，
即 eq \f(20a2－4c2,16a2)＝－ eq \f(1,2)，即 eq \f(20,16)－ eq \f(4e2,16)＝－ eq \f(1,2)，則e2＝7，由e>1，故e＝ eq \r(7).故選D.
16．[2024·新課標(biāo)Ⅰ卷]設(shè)雙曲線(xiàn)C： eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過(guò)F2作平行于y軸的直線(xiàn)交C于A(yíng)，B兩點(diǎn)．若|F1A|＝13，|AB|＝10，則C的離心率為_(kāi)___________．
答案： eq \f(3,2)
解析：因?yàn)锳B與y軸平行，所以AB與x軸垂直，結(jié)合雙曲線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)性知|AF2|＝|BF2|＝5.又|F1A|＝13，所以|F1F2|＝ eq \r(|F1A|2－|AF2|2)＝ eq \r(132－52)＝12，則c＝6，而2a＝|AF1|－|AF2|＝13－5＝8，所以a＝4，所以離心率e＝ eq \f(c,a)＝ eq \f(3,2).

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