第3.2节综合训练

因为 $ △OAF $ 是边长为2的等边三角形，所以 $ c=|OF|=2 $ ，

又 $ \mathrm{\angle }AOF={60}^{\circ } $ ，所以渐近线 $ OA $ 的斜率 $ {k}_{OA}=\dfrac{b}{a}= \tan {60}^{\circ }=\sqrt{3} $ .

因为 $ \begin{cases}\dfrac{b}{a}=\sqrt{3},\\ c=\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}=2,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}a=1,\\ b=\sqrt{3},\end{cases} $

所以双曲线的方程为 $ {x}^{2}-\dfrac{{y}^{2}}{3}=1 $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

曲线 $ x=\sqrt{4+{y}^{2}} $ ,即 $ \dfrac{{x}^{2}}{4}-\dfrac{{y}^{2}}{4}=1(x\geqslant 2) $ ,所以曲线 $ x=\sqrt{4+{y}^{2}} $ 表示双曲线 $ \dfrac{{x}^{2}}{4}-\dfrac{{y}^{2}}{4}=1 $ 的右支.联立 $ \begin{cases}mx-y-m=0,\\ \dfrac{{x}^{2}}{4}-\dfrac{{y}^{2}}{4}=1,\end{cases} $ 得 $ (1-{m}^{2}){x}^{2}+2{m}^{2}x-{m}^{2}-4=0 $ ,

因为直线 $ l:mx-y-m=0 $ 与曲线 $ C:\dfrac{{x}^{2}}{4}-\dfrac{{y}^{2}}{4}=1(x\geqslant 2) $ 有两个不同的交点,所以 $ 1-{m}^{2}\ne 0 $ ,即 $ m\ne ±1 $ , $ \mathrm{\Delta }={\left(2{m}^{2}\right) ^ {2}}-4(1-{m}^{2})(-{m}^{2}-4)=16-12{m}^{2} > 0 $ ,解得 $ -\dfrac{2\sqrt{3}}{3} < m < \dfrac{2\sqrt{3}}{3} $ 且 $ m\ne ±1 $ .

又因为直线 $ l:mx-y-m=0 $ 与双曲线 $ \dfrac{{x}^{2}}{4}-\dfrac{{y}^{2}}{4}=1 $ 右支有两个不同交点,所以存在两个不小于2的不等实数根,设两个交点分别为 $ ({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ ({x}_{2},{y}_{2}) $ ,则 $ {x}_{1}+{x}_{2}=\dfrac{2{m}^{2}}{{m}^{2}-1} > 4 $ , $ {x}_{1}\cdot {x}_{2}=\dfrac{-{m}^{2}-4}{1-{m}^{2}} > 4 $ ,

所以 $ 1 < {m}^{2} < 2 $ ,解得 $ -\sqrt{2} < m < -1 $ 或 $ 1 < m < \sqrt{2} $ .综上可知, $ -\dfrac{2\sqrt{3}}{3} < m < -1 $ 或 $ 1 < m < \dfrac{2\sqrt{3}}{3} $ ,故选 $ \mathrm{B} $ .

如图所示,双曲线的两条渐近线关于 $ x $ 轴对称,取直线 $ y=\dfrac{b}{a}x $ 与圆相交于点 $ A $ , $ B $ , $ \left|AB\right|=2b $ ,圆心 $ (c,0) $ 到直线 $ bx-ay=0 $ 的距离 $ d=\dfrac{\left|bc\right|}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}=b $ ,结合垂径定理得 $ 2{a}^{2}={b}^{2}+{b}^{2} $ ,即 $ a=b $ ,所以双曲线 $ C $ 是等轴双曲线,离心率为 $ \sqrt{2} $ ,故选 $ \mathrm{B} $ .

由题意画出轴截面如图所示.

设小球的截面圆圆心为 $ (0,{y}_{0})({y}_{0} > 1) $ ,双曲线上的点的坐标为 $ (x,y)(y\geqslant 1) $ ,则点 $ (x,y) $ 到圆心的距离的平方 $ {d}^{2}={x}^{2}+{\left(y-{y}_{0}\right) ^ {2}}={y}^{2}-1+{\left(y-{y}_{0}\right) ^ {2}}=2{y}^{2}-2{y}_{0}y+{y}_{0}^{2}-1 $ ,曲线 $ t=2{y}^{2}-2{y}_{0}y+{y}_{0}^{2}-1 $ 的对称轴为直线 $ y=\dfrac{{y}_{0}}{2} $ .若清洁钢球能擦净凹槽的最底部,则小球触及最底部,即 $ {d}^{2} $ 最小值在 $ y=1 $ 时取得,故二次函数 $ t=2{y}^{2}-2{y}_{0}y+{y}_{0}^{2}-1 $ 图象的对称轴在直线 $ y=1 $ 的左边,所以 $ \dfrac{{y}_{0}}{2}\leqslant 1 $ ,则 $ {y}_{0}\leqslant 2 $ ，则 $ 1 < {y}_{0}\leqslant 2 $ .所以清洁钢球的半径 $ r $ 满足 $ 0 < r\leqslant 2-1=1 $ ,即清洁钢球的最大半径为1.故选 $ \mathrm{A} $ .

因为点 $ M $ 在 $ C $ 上，且 $ M $ 在 $ x $ 轴上的射影为 $ F(c,0) $ ，

将 $ x=c $ 代入双曲线方程 $ \dfrac{{x}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1 $ ，可得 $ \dfrac{{c}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1 $ ，解得 $ y=±\dfrac{{b}^{2}}{a} $ ，

所以 $ |MF|=\dfrac{{b}^{2}}{a} $ ，又 $ 2\sqrt{3}|MF|=\sqrt{2}|OF| $ ，

即 $ 2\sqrt{3}×\dfrac{{b}^{2}}{a}=\sqrt{2}c $ ，

化简可得 $ \dfrac{12{b}^{4}}{{a}^{2}}=2{c}^{2}=2({a}^{2}+{b}^{2}) $ .

设 $ \dfrac{b}{a}=t $ ，则 $ t > 0 $ ， $ b=at $ ，上式可化为 $ 12{t}^{4}=2(1+{t}^{2}) $ ，

令 $ m={t}^{2} $ ，则 $ m > 0 $ ，则 $ 6{m}^{2}-m-1=0 $ ，

即 $ (2m-1)(3m+1)=0 $ ，

解得 $ m=\dfrac{1}{2} $ 或 $ m=-\dfrac{1}{3} $ （舍），即 $ {t}^{2}=\dfrac{1}{2} $ ，所以 $ t=\dfrac{b}{a}=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ，

故双曲线 $ C $ 的渐近线方程为 $ y=±\dfrac{b}{a}x=±\dfrac{\sqrt{2}}{2}x $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

假设双曲线 $ \dfrac{{y}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{x}^{2}}{{b}^{2}}=1(a > 0,b > 0) $ 存在以点 $ (a,2a) $ 为中点的弦,设弦的两端点分别为 $ P({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ Q({x}_{2},{y}_{2}) $ , $ {x}_{1}\ne {x}_{2} $ ,则中点坐标满足 $ \dfrac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}=a $ , $ \dfrac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}=2a $ ,则 $ {x}_{1}+{x}_{2}=2a $ , $ {y}_{1}+{y}_{2}=4a $ ,因为 $ P $ , $ Q $ 在双曲线上,所以 $ \dfrac{{y}_{1}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{x}_{1}^{2}}{{b}^{2}}=1 $ , $ \dfrac{{y}_{2}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{x}_{2}^{2}}{{b}^{2}}=1 $ ,两式相减并因式分解得 $ \dfrac{({y}_{1}-{y}_{2})({y}_{1}+{y}_{2})}{{a}^{2}}-\dfrac{({x}_{1}-{x}_{2})({x}_{1}+{x}_{2})}{{b}^{2}}=0 $ .设弦 $ PQ $ 的斜率为 $ k $ ，则 $ k=\dfrac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}} $ ，则 $ k\cdot \dfrac{4a}{{a}^{2}}=\dfrac{2a}{{b}^{2}} $ ，故 $ k=\dfrac{{a}^{2}}{2{b}^{2}} $ .故弦 $ PQ $ 所在直线的方程为 $ y-2a=\dfrac{{a}^{2}}{2{b}^{2}}(x-a) $ ,与双曲线方程联立并化简,得 $ ({a}^{2}-4{b}^{2}){x}^{2}+2a(4{b}^{2}-{a}^{2})x+{\left(4{b}^{2}-{a}^{2}\right) ^ {2}}-4{b}^{4}=0 $ .若不存在这样的弦,则该方程无实数根或有两个相等的实数根（相切）,即二次项系数为0时方程无解或二次项系数不为0且 $ \mathrm{\Delta }\leqslant 0 $ .当 $ {a}^{2}-4{b}^{2}\ne 0 $ 时, $ \mathrm{\Delta }=[2a(4{b}^{2}-{a}^{2})]^{2}-4({a}^{2}-4{b}^{2})[{\left(4{b}^{2}-{a}^{2}\right) ^ {2}}-4{b}^{4}]=16{b}^{2}({a}^{2}-4{b}^{2})({a}^{2}-3{b}^{2}) $ .由于 $ 16{b}^{2} > 0 $ ，故 $ \mathrm{\Delta }\leqslant 0 $ 等价于 $ ({a}^{2}-4{b}^{2})({a}^{2}-3{b}^{2})\leqslant 0 $ .设 $ t=\dfrac{{a}^{2}}{{b}^{2}} $ ，则 $ (t-4)(t-3)\leqslant 0 $ ,解得 $ 3\leqslant t\leqslant 4 $ .又 $ t=\dfrac{{a}^{2}}{{b}^{2}}=\dfrac{1}{{\rm {\rm e}}^{2}-1} $ ，得 $ 3\leqslant \dfrac{1}{{\rm {\rm e}}^{2}-1}\leqslant 4 $ .解得 $ \dfrac{\sqrt{5}}{2}\leqslant e\leqslant \dfrac{2\sqrt{3}}{3} $ .当 $ {a}^{2}-4{b}^{2}=0 $ ,即 $ {a}^{2}=4{b}^{2} $ 时，方程无解，符合条件，此时 $ e=\dfrac{\sqrt{5}}{2} $ .故双曲线离心率的取值范围为 $ [\dfrac{\sqrt{5}}{2},\dfrac{2\sqrt{3}}{3}] $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

依题意得直线 $ y=\dfrac{4}{3}x $ 与双曲线两交点A,B关于原点对称，不妨设A在第一象限，因为 $ \stackrel{\to }{{F}_{2}A}\cdot \stackrel{\to }{{F}_{2}B}=0 $ ，所以 $ {F}_{2}A\perp {F}_{2}B $ .

设 $ {F}_{2}(c,0) $ ，则 $ \left|OA\right|=c $ ,由直线 $ l $ 的斜率为 $ \dfrac{4}{3} $ 可知 $ \tan \mathrm{\angle }AO{F}_{2}=\dfrac{4}{3} $ ，则 $ \sin \mathrm{\angle }AO{F}_{2}=\dfrac{4}{5} $ ， $ \cos \mathrm{\angle }AO{F}_{2}=\dfrac{3}{5} $ ，则 $ A(\dfrac{3}{5}c,\dfrac{4}{5}c) $ ，

代入双曲线方程有 $ \dfrac{9{c}^{2}}{25{a}^{2}}-\dfrac{16{c}^{2}}{25{b}^{2}}=1 $ ，

即 $ \dfrac{9{c}^{2}}{25{a}^{2}}-\dfrac{16{c}^{2}}{25({c}^{2}-{a}^{2})}=1 $ ，化简得 $ 9{\rm e}^{2}-\dfrac{16{\rm e}^{2}}{{\rm e}^{2}-1}=25 $ ，即 $ 9{\rm e}^{4}-50{\rm e}^{2}+25=0 $ ，

又 $ e > 1 $ ，解得 $ {\rm }{\rm e}^{2}=5 $ ，则 $ e=\sqrt{5}{\rm } $ ，故A错误；

因为 $ e=\dfrac{c}{a}=\sqrt{\dfrac{{a}^{2}+{b}^{2}}{{a}^{2}}}=\sqrt{1+\dfrac{{b}^{2}}{{a}^{2}}}=\sqrt{5} $ ，所以 $ \dfrac{b}{a}=2 $ ，所以双曲线 $ E $ 的渐近线方程是 $ y=±2x $ ，故B正确；

由 $ {b}^{2}=4{a}^{2} $ ，则双曲线方程可化为 $ {x}^{2}-\dfrac{{y}^{2}}{4}={a}^{2} $ ，

设 $ A({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ M({x}_{0},{y}_{0}) $ ，根据对称性得 $ B(-{x}_{1},-{y}_{1}) $ ，

根据点 $ {\rm A,} M $ 在双曲线 $ E $ 上，得

$ \begin{cases}{x}_{0}^{2}-\dfrac{{y}_{0}^{2}}{4}={a}^{2},\mathrm{①}\\ {x}_{1}^{2}-\dfrac{{y}_{1}^{2}}{4}={a}^{2},\mathrm{②}\end{cases} $

$ \mathrm{①}-\mathrm{②} $ 得 $ {x}_{0}^{2}-{x}_{1}^{2}=\dfrac{{y}_{0}^{2}-{y}_{1}^{2}}{4} $ ，

即 $ \dfrac{{y}_{0}^{2}-{y}_{1}^{2}}{{x}_{0}^{2}-{x}_{1}^{2}}=4 $ ， $ {k}_{AM}{k}_{BM}=\dfrac{{y}_{0}-{y}_{1}}{{x}_{0}-{x}_{1}}\cdot \dfrac{{y}_{0}+{y}_{1}}{{x}_{0}+{x}_{1}}=\dfrac{{y}_{0}^{2}-{y}_{1}^{2}}{{x}_{0}^{2}-{x}_{1}^{2}}=4 $ ，故C正确；

如图所示，作点 $ {F}_{2} $ 关于 $ \mathrm{\angle }{F}_{1}M{F}_{2} $ 的平分线 $ MN $ 的对称点 $ G $ ，则点 $ G $ 在 $ M{F}_{1} $ 的延长线上，连接 $ GN $ , $ G{F}_{1} $ ,

故 $ \left|{F}_{1}G\right|=\left|M{F}_{2}\right|-\left|M{F}_{1}\right|=2a $ ，

又 $ ON $ 是 $ △{F}_{2}{F}_{1}G $ 的中位线，

故 $ \left|ON\right|=a $ ，

因为 $ \left|ON\right|=1 $ ，所以 $ a=1 $ ，所以双曲线方程为 $ {x}^{2}-\dfrac{{y}^{2}}{4}=1 $ ,

所以 $ c=\sqrt{5} $ ，则 $ A(\dfrac{3\sqrt{5}}{5},\dfrac{4\sqrt{5}}{5}) $ ，

又 $ \left|{F}_{1}{F}_{2}\right|=2c=2\sqrt{5} $ ，

所以 $ {S}_{△A{F}_{1}{F}_{2}}=\dfrac{1}{2}×2\sqrt{5}×\dfrac{4\sqrt{5}}{5}=4 $ ，故D正确.

故选BCD.

由双曲线 $ \dfrac{{x}^{2}}{4}-\dfrac{{y}^{2}}{5}=1 $ 可知 $ a=2 $ , $ b=\sqrt{5} $ , $ c=\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}=3 $ .

若点 $ P $ 在第一象限，如图，设线段 $ PF $ 的中点为 $ M $ ，双曲线的右焦点为 $ A $ ，连接 $ OM $ , $ PA $ ,则 $ |OM|=3 $ ， $ |AF|=6 $ ，则 $ |PA|=2|OM|=6 $ ， $ |PF|=|PA|+4=10 $ ，

可得 $ \cos \mathrm{\angle }PFA=\dfrac{{|PF|}^{2}+{|AF|}^{2}-{|AP|}^{2}}{2|PF|\cdot |AF|}=\dfrac{{10}^{2}+{6}^{2}-{6}^{2}}{2×10×6}=\dfrac{5}{6} $ ，且 $ \mathrm{\angle }PFA $ 为锐角，则 $ \sin \mathrm{\angle }PFA= $

$ \sqrt{1-{ \cos }^{2}\mathrm{\angle }PFA}=\dfrac{\sqrt{11}}{6} $ ，可得 $ \tan \mathrm{\angle }PFA=\dfrac{ \sin \mathrm{\angle }PFA}{ \cos \mathrm{\angle }PFA}=\dfrac{\sqrt{11}}{5} $ ，所以直线 $ PF $ 的斜率为 $ \dfrac{\sqrt{11}}{5} $ .

若点 $ P $ 在第二象限，设 $ P(s,t)(s < 0,t > 0) $ ，则 $ PF $ 的中点为 $ M(\dfrac{s-3}{2},\dfrac{t}{2}) $ ，

由 $ \begin{cases}\dfrac{{\left(s-3\right) ^ {2}}}{4}+\dfrac{{t}^{2}}{4}=9,\\ \dfrac{{s}^{2}}{4}-\dfrac{{t}^{2}}{5}=1,\\ s < 0,\\ t > 0,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}s=-\dfrac{8}{3},\\ t=\dfrac{\sqrt{35}}{3},\end{cases} $ 故此时直线 $ PF $ 的斜率为 $ \sqrt{35} $ .

由题意,在 $ C:\dfrac{{x}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1(a > 0,b > 0) $ 中,根据焦点到渐近线的距离为 $ \sqrt{6} $ 可得 $ b=\sqrt{6} $ ,又离心率为 $ {\rm 2,} \therefore e=\dfrac{c}{a}=\sqrt{1+\dfrac{{b}^{2}}{{a}^{2}}}=\sqrt{1+\dfrac{6}{{a}^{2}}}=2 $ ,解得 $ a=\sqrt{2} $ , $ \therefore c=\sqrt{{b}^{2}+{a}^{2}}=2\sqrt{2} $ , $ \therefore $ 双曲线 $ C $ 的方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{2}-\dfrac{{y}^{2}}{6}=1 $ .

记 $ △A{F}_{1}{F}_{2} $ 的内切圆在边 $ A{F}_{1} $ , $ A{F}_{2} $ , $ {F}_{1}{F}_{2} $ 上的切点分别为 $ M $ , $ N $ , $ E $ ,则 $ H $ , $ E $ 的横坐标相等, $ \left|AM\right|=\left|AN\right| $ , $ \left|{F}_{1}M\right|=\left|{F}_{1}E\right| $ , $ \left|{F}_{2}N\right|=\left|{F}_{2}E\right| $ ,由 $ \left|A{F}_{1}\right|-\left|A{F}_{2}\right|=2a $ ,得 $ \left|AM\right|+\left|M{F}_{1}\right|-(\left|AN\right|+\left|{F}_{2}N\right|)=2a $ ,得 $ \left|M{F}_{1}\right|-\left|{F}_{2}N\right|=2a $ ,则 $ \left|{F}_{1}E\right|-\left|{F}_{2}E\right|=2a $ .

记 $ H $ 的横坐标为 $ {x}_{0} $ ,则 $ E({x}_{0},0) $ ,于是 $ {x}_{0}+c-(c-{x}_{0})=2a $ ,得 $ {x}_{0}=a $ ,

同理点 $ G $ 的横坐标也为 $ a $ ,故 $ HG\perp x $ 轴.设直线 $ AB $ 的倾斜角为 $ \theta $ ,则 $ \mathrm{\angle }O{F}_{2}G=\dfrac{\theta }{2} $ , $ \mathrm{\angle }H{F}_{2}O={90}^{\circ }-\dfrac{\theta }{2}(O $ 为坐标原点 $ ) $ ,在 $ △H{F}_{2}G $ 中, $ \left|HG\right|=(c-a)[ \tan \dfrac{\theta }{2}+ \tan ({90}^{\circ }-\dfrac{\theta }{2})]=(c-a)\cdot (\dfrac{ \sin \dfrac{\theta }{2}}{ \cos \dfrac{\theta }{2}}+\dfrac{ \cos \dfrac{\theta }{2}}{ \sin \dfrac{\theta }{2}})=(c-a)\cdot \dfrac{2}{ \sin \theta }=\dfrac{2\sqrt{2}}{ \sin \theta } $ .

由于直线 $ l $ 与 $ C $ 的右支交于两点,且 $ C $ 的渐近线的斜率为 $ ±\dfrac{b}{a}=±\sqrt{3} $ ,倾斜角为 $ {60}^{\circ } $ ， $ {120}^{\circ } $ , $ \therefore {60}^{\circ } < \theta < {120}^{\circ } $ ,即 $ \dfrac{\sqrt{3}}{2} < \sin \theta \leqslant 1 $ , $ \therefore \left|HG\right| $ 的取值范围是 $ [2\sqrt{2},\dfrac{4\sqrt{6}}{3}) $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

如图,连接 $ B{F}_{2} $ ,因为 $ O $ 为线段 $ {F}_{1}{F}_{2} $ 的中点,且 $ BO//A{F}_{2} $ ,

所以 $ B $ 是线段 $ A{F}_{1} $ 的中点.

又 $ \left|A{F}_{1}\right|=\left|{F}_{1}{F}_{2}\right| $ ,所以 $ \left|AB\right|=\left|B{F}_{1}\right|=\left|O{F}_{1}\right|=c $ , $ \left|B{F}_{2}\right|=\left|B{F}_{1}\right|+2a=2a+c $ .

因为 $ \left|A{F}_{1}\right|=\left|{F}_{1}{F}_{2}\right| $ , $ \left|{F}_{1}O\right|=\left|{F}_{1}B\right|=c $ , $ \mathrm{\angle }A{F}_{1}O=\mathrm{\angle }{F}_{2}{F}_{1}B $ ,

所以 $ △A{F}_{1}O≌△{F}_{2}{F}_{1}B $ ,因此 $ \left|AO\right|=\left|{F}_{2}B\right|=2a+c $ .

又 $ \tan \mathrm{\angle }AO{F}_{2}=\dfrac{b}{a} $ ,所以 $ \cos \mathrm{\angle }AO{F}_{2}=\dfrac{a}{c} $ , $ \cos \mathrm{\angle }AO{F}_{1}=-\dfrac{a}{c} $ .

在 $ △A{F}_{1}O $ 中,由余弦定理,知 $ {\left|A{F}_{1}\right|}^{2}={\left|O{F}_{1}\right|}^{2}+{\left|OA\right|}^{2}-2\left|O{F}_{1}\right|\cdot \left|OA\right|\cdot \cos \mathrm{\angle }AO{F}_{1} $ ，

所以 $ 4{c}^{2}={c}^{2}+{\left(2a+c\right) ^ {2}}-2c\cdot (2a+c)\cdot (-\dfrac{a}{c}) $ ,

所以 $ {c}^{2}-3ac-4{a}^{2}=0 $ ,即 $ {\rm {\rm e}}^{2}-3{\rm e}-4=0 $ ,

解得 $ e=4 $ 或 $ e=-1 $ （舍去），

所以双曲线的离心率为4.